Feladat: C.815 Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Veres Gábor Pál 
Füzet: 2006/március, 145. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Paraméteres egyenletrendszerek, Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenlőtlenség-rendszerek, C gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2005/szeptember: C.815

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

I. megoldás. A törtek nevezői miatt a≠-1 és b≠-1. Rendezzük az egyenletet:

a+b+24=b+1+a+1(a+1)(b+1),(a+b+2)(a+1)(b+1)=4(a+b+2).
(a+1)(b+1)=ab+a+b+1=a+b+2, mert ab=1. Így
(a+b+2)(a+b+2)=4(a+b+2),innen(a+b+2)(a+b-2)=0.

Az első tényező, mint láttuk, most (a+1)(b+1), ami a feltétel miatt nem lehet 0.
Ha a+b-2=0, akkor b=1a alapján a+1a-2=0, ahonnan (a-1)2=0, tehát a=1, b=1. Könnyen ellenőrizhető, hogy ez valóban megoldása a feladatnak.
 
II. megoldás. Szorozzuk az (1) egyenlet mindkét oldalát 4(a+1)(b+1)-gyel (a≠-1, b≠-1): (a+b+2)(a+1)(b+1)=4(a+b+2). Ha elvégezzük a műveleteket, és az ab helyére mindenütt 1-et írunk, akkor az a2+b2=2 egyenlethez jutunk. Megoldjuk a következő egyenletrendszert:
a2+b2=2ab=1}.
A második egyenlet kétszeresét először adjuk hozzá az első egyenlethez, majd vonjuk ki az első egyenletből. Ekkor a következőt kapjuk:
(a+b)2=4(a-b)2=0}.
Azaz a+b=2 vagy a+b=-2, illetve a=b. Így a=1, b=1 vagy a=-1, b=-1.
A kikötések miatt az egyedüli megoldás: a=1, b=1.