Kezdőlap


Feladat:	1424. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Egri György , Freud Géza , Grünfeld Sándor , Sándor Gyula , Schreiber Béla , Weisz Alfréd
Füzet:	1938/szeptember, 13 - 14. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Paraméteres egyenletrendszerek, Kör egyenlete, Koordináta-geometria, Determinánsok - lineáris egyenletrendszerek, Feladat, Síkgeometriai bizonyítások, Harmadfokú függvények
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1938/április: 1424. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Az egyenes egyenlete legyen $a x + b y + c = 0$ . Ezen egyenesnek és az $y = x^{3}$ görbének közös pontjaira nézve:

\begin{matrix} a x + b x^{3} + c = 0 ... \end{matrix}

(1)

Ha ezen egyenlet gyökei

x_{1}

x_{2}

x_{3}

(t. i. a közös pontok abszcisszái), akkor a szóban forgó pontok vetületei az

y = x^{2}

parabolán ugyanezen

x_{i}

értékekhez tartoznak; ezek koordinátái tehát:

(x_{i}, x_{i}^{2})

i = 1, 2, 3

. Mármost ki kell mutatnunk, hogy az

(x_{i}, x_{i}^{2})

i = 1, 2, 3

pontok és az origó egy körön feküsznek.
Egy tetszőleges kör egyenlete:

\begin{matrix} x^{2} + y^{2} + A x + B y + C = 0 ... \end{matrix}

(2)

Ezen kör keresztülmegy az

(x_{i}, x_{i}^{2})

pontokon, ha

\begin{matrix} \begin{matrix} A x_{1} + B x_{1}^{2} + C + x_{1}^{2} + x_{1}^{4} = 0 \\ A x_{2} + B x_{2}^{2} + C + x_{2}^{2} + x_{2}^{4} = 0 \\ A x_{3} + B x_{3}^{2} + C + x_{3}^{2} + x_{3}^{4} = 0 \end{matrix}} I. \end{matrix}

Minthogy az origó is pontja a körnek,

C = 0

. Így azonban az

A

és

B

kiszámítására három egyenletünk van. Ezen egyenletekből álló rendszernek akkor van egy és csakis egy megoldása, ha a determinánsa eltűnik, azaz, ha^{$^{*}$}

\begin{matrix} | \begin{matrix} x_{1} & x_{1}^{2} & x_{1}^{2} + x_{1}^{4} \\ x_{2} & x_{2}^{2} & x_{2}^{2} + x_{2}^{4} \\ x_{3} & x_{3}^{2} & x_{3}^{2} + x_{3}^{4} \end{matrix} | = | \begin{matrix} x_{1} & x_{1}^{2} & x_{1}^{4} \\ x_{2} & x_{2}^{2} & x_{1}^{4} \\ x_{3} & x_{3}^{2} & x_{1}^{4} \end{matrix} | = x_{1} x_{2} x_{3} | \begin{matrix} 1 & x_{1} & x_{1}^{3} \\ 1 & x_{2} & x_{2}^{3} \\ 1 & x_{3} & x_{3}^{3} \end{matrix} | = 0 ... \end{matrix}

(3)

Azonban ‐ az általában zérustól különböző ‐

x_{1}

x_{2}

x_{3}

az 1) egyenlet gyökei, tehát

\begin{matrix} \begin{matrix} c + a x_{1} + b x_{1}^{3} = 0 \\ c + a x_{2} + b x_{2}^{3} = 0 \\ c + a x_{3} + b x_{3}^{3} = 0 \end{matrix}} II. \end{matrix}

A II. egyenletrendszer az

a

b

c

együtthatókra nézve homogén lineáris egyenletrendszer csak úgy állhat meg, ha determinánsa eltűnik, azaz, ha

\begin{matrix} | \begin{matrix} 1 & x_{1} & x_{1}^{3} \\ 1 & x_{2} & x_{2}^{3} \\ 1 & x_{3} & x_{3}^{3} \end{matrix} | = 0 ... \end{matrix}

(5)

Mivel tehát ez , a 3) alatti feltétel is ki van elégítve: a szóbanforgó

4

pont valóban egy körön fekszik.

Jegyzet. Az 1) gyökeire nézve:

x_{1} + x_{2} + x_{3} = 0

. Ennek tekintetbe vételével is kimutatható, hogy az 5) baloldalán álló determináns eltűnik. Fejtsük ki az első oszlop tagjai szerint. Keletkezik:

\begin{matrix} (x_{2} x_{3}^{3} - x_{2}^{3} x_{3}) - (x_{1} x_{3}^{3} - x_{1}^{3} x_{3}) + (x_{1} x_{2}^{3} - x_{2} x_{1}^{3}) = \\ = x_{2} x_{3} (x_{3} - x_{2}) (x_{3} + x_{2}) - x_{3} x_{1} (x_{3} - x_{1}) (x_{3} + x_{1}) + x_{1} x_{2} (x_{2} - x_{1}) (x_{2} + x_{1}) = \\ = - x_{1} x_{2} x_{3} (x_{3} - x_{2}) + x_{1} x_{2} x_{3} (x_{3} - x_{1}) - x_{1} x_{2} x_{3} (x_{2} - x_{1}) = \\ = - x_{1} x_{2} x_{3} (- x_{3} + x_{2} + x_{3} - x_{1} - x_{2} + x_{1}) = 0. \end{matrix}

^{$^{*}$}Az determináns értéke nem változik, ha egy oszlop tagjait kivonjuk egy másik oszlop megfelelt tagjaiból; az egy-egy sor tagjainak közös tényezőjét pedig kiemelhetjük.