|
Feladat: |
Gy.3217 |
Korcsoport: 16-17 |
Nehézségi fok: átlagos |
Megoldó(k): |
Ambrus Gergely , Arató Orsolya , Babos Attila , Bartha Ágnes , Bence Virág , Bohák András , Bokros Krisztián , Csikvári Péter , Csiszár Gábor , Dénes Attila , Devecsery Ágnes , Dombai Péter , Dőrr Zsuzsanna , Fodor Gyula , Gáspár Merse Előd , Görföl Tamás , Hablicsek Márton , Harangi Viktor , Kisfügedi Viktória , Kiss Gergely , Lang Péter , Leipold Diána , Lovrics Anna , Majtényi Gergő , Mándy Péter , Paál Csaba , Papp Dávid , Rácz Judit , Szalay Zsófia , Taraza Busra , Terjéki László Dénes , Tran Thanh Long , Újvári Gergely , Urr Beáta , Varga Veronika , Varjú Péter , Venter György , Zábrádi Gergely |
Füzet: |
1999/február,
93 - 94. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletrendszerek, Gyakorlat |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1998/szeptember: Gy.3217 |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Ha egész megoldása a fenti egyenletrendszernek, akkor nyilván , és is megoldásai, tehát feltehetjük, hogy , . Másrészt a két egyenletből nyilvánvaló, hogy és hogy , tehát is, azaz . Vonjuk ki eredeti második egyenletünkből az elsőt: innen Mivel esetén nincs a fenti egyenletrendszernek egész megoldása, így páratlan, tehát egész. Mivel prím, így a jobb oldali szorzat valamelyik tényezőjének osztója kell, hogy legyen. A nem lehet osztója -nek, hiszen láttuk, hogy . Ezért biztosan -nek osztója , tehát ( egész). A megoldás elején viszont megállapítottuk, hogy , így csak lehet. Tehát , és így kell, hogy legyen. Ezt a két egyenletet összeadva -ből . Ezt a második egyenletbe helyettesítve kapjuk, hogy amit átrendezve a következő másodfokú egyenletet kapjuk: Ennek megoldásai , . Közülük a prím, így csak ebben az esetben van az eredeti egyenletrendszernek egész megoldása (, ).
Megjegyzés. Nagyon sok versenyző az (1) egyenlethez eljutva, minden egyéb megfontolás nélkül közölte, hogy ha a bal és a jobb oldalon a szorzatok egyenlők, akkor a kisebbik tényező kisebbikkel, a nagyobb pedig a nagyobbal lesz egyenlő. Ez azonban egyáltalán nincs így általában egy prímszám és , egészek esetén (pl. , , ). Így többen hiába kaptak helyes eredményt, dolgozatukra csak részpontszámot adhattunk.
|
|