|
Feladat: |
1280. matematika gyakorlat |
Korcsoport: 14-15 |
Nehézségi fok: átlagos |
Megoldó(k): |
Baka Sándor , Deutsch J. , Gottlieb Endre , Gutmann István , Haraszthy András , Hódi Endre , Huhn László , ifj. Schütz B. , Kovács E. , Králik I. , Kunszt Gy. , Lóránd László , Mendelsohn György , Névtelen , Pál Sándor , Pfeifer Béla , Sárközy Éva , Steiner Gábor , Stúr Lajos , Szabó A. , Szakáll O. , Sziklavári J. , Szittyai Dezső , Szlovák István , Varga O. |
Füzet: |
1938/november,
59 - 60. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Elsőfokú (és arra visszavezethető) egyenletrendszerek, Paraméteres egyenletrendszerek, Gyakorlat |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1938/szeptember: 1280. matematika gyakorlat |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. . Vonjuk ki az (1) tagjaiból a (2), ill. a (3) tagjait. Keletkezik
Ha a-b≠0 és a+b≠0, akkor x-y=0 és x-z=0, tehát Most már (1)-ből x=ca és így x=y=z=ca, hacsak a≠0. Az egyenletrendszer határozott, egy és csakis egy megoldása van, ha α) Tegyük fel, hogy a+b=0. Ezen esetben az (1), (2a), (3a) egyenletekből álló rendszer: Ha a≠0, z=ca, x=y. Az egyenletrendszer határozatlan, végtelen sok megoldása van. β) a-b=0 esetben egyenletrendszerünk ez lesz: Ha a≠0, akkor Most is határozatlan egyenletrendszerrel van dolgunk. γ) Ha a=0, egyenleteink ezek lesznek: | b(y-z)=c,b(x-z)=0,b(y-x)=0. |
Ha b≠0, akkor a két utóbbiból: x=y=z. Már most, ha c≠0, akkor az elsővel ellenmondás áll elő, míg ha c=0, akkor határozatlanság: x=y=z. a=0, b=0, c≠0 esetben ellenmondás áll elő. a=0, b=0, c=0 esetben az egyenletek azonosságokká válnak.
Mendelsohn György (Izr. g. VI. o. Bp.).
|
|