Kezdőlap


Feladat:	Gy.3239	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Nagy Zoltán
Füzet:	1999/szeptember, 353 - 354. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Számkörök, Harmadfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Prímtényezős felbontás, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1998/december: Gy.3239

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

Legyen $(x - y - 1) = a$ , $(y - z - 2) = b$ és $(z - x + 3) = c$ .
Mivel $a + b + c = 0$ , azért

\begin{matrix} \begin{matrix} 0 & = {(a + b + c)}^{3} = a^{3} + b^{3} + c^{3} + 3 a^{2} b + 3 a b^{2} + 3 a^{2} c + 3 a c^{2} + 3 b^{2} c + 3 b c^{2} + 6 a b c = \\ = a^{3} + b^{3} + c^{3} + 3 a b ({\underset{︸}{a + b}}_{- c}^{}) + 3 a c ({\underset{︸}{a + c}}_{- b}^{}) + 3 b c ({\underset{︸}{b + c}}_{- a}^{}) + 6 a b c = \\ = {\overset{}{\overset{︷}{a^{3} + b^{3} + c^{3}}}}_{}^{18} - 9 a b c + 6 a b c = 18 - 3 a b c . \end{matrix} \end{matrix}

Innen

a b c = 6

.
Ez csak akkor teljesülhet, ha a három szám (valamilyen sorrendben): 6, 1, 1;
6,

- 1

- 1

;

- 6

- 1

, 1; 1, 2,

3

; 1,

- 2

- 3

;

- 1

, 2,

- 3

;

- 1

- 2

, 3.
A feladat feltételének csak a legutóbbi számhármas felel meg, mert

a + b + c = 0

. Így a következő 6 megoldás lehetséges:

\begin{matrix} a = - 1, & b = - 2, & c = 3. & Ekkor & x = y = z. \\ a = - 2, & b = - 1, & c = 3. & x = z = y - 1. \\ a = - 1, & b = 3, & c = - 2. & x = y = z + 5. \\ a = 3, & b = - 1, & c = - 2. & x = y + 4 = z + 5. \\ a = 3, & b = - 2, & c = - 1. & x = y + 4 = z + 4. \\ a = - 2, & b = 3, & c = - 1. & x = y - 1 = z + 4. \end{matrix}

Tehát minden olyan számhármasra igaz a feltétel, ahol

\begin{matrix} \begin{matrix} x = y = z, x = y - 1 = z, x = y = z + 5, \\ z = y + 4 = z + 5, x = y + 4 = z + 4 vagy x = y - 1 = z + 4, \end{matrix} \end{matrix}

x

y

és

z

egész számok. Ezzel meghatároztuk az összes keresett számhármast.

Nagy 444 Zoltán (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 8. o.t.)