Kezdőlap


Feladat:	2008. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 12. feladata	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Korándi Dániel
Füzet:	2008/október, 388 - 389. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Algebrai egyenlőtlenségek, Nevezetes azonosságok, Nemzetközi Matematikai Diákolimpia
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2008/szeptember: 2008. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 12. feladata

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

Korándi Dániel megoldása. Legyen $a = \frac{x}{1 - x}$ , $b = \frac{y}{1 - y}$ , $c = \frac{z}{1 - z}$ .

\begin{matrix} a b c & = \frac{x y z}{(1 - x) (1 - y) (1 - z)} = \frac{1}{(1 - x) (1 - y) (1 - z)} = \\ = (a + 1) (b + 1) (c + 1), \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} (a + 1) (b + 1) (c + 1) - a b c = a b + a c + b c + a + b + c + 1 = 0. \end{matrix}

(1)

Ugyanakkor

\begin{matrix} {(a + b + c + 1)}^{2} & = a^{2} + b^{2} + c^{2} + 1 + 2 (a b + a c + b c + a + b + c) = & (2) \\ = a^{2} + b^{2} + c^{2} - 1. \end{matrix}

Azt kaptuk tehát, hogy

a^{2} + b^{2} + c^{2} - 1 \geq 0

, a feladat

(a)

része pedig pont ezt kérdezi.
A

(b)

rész végtelen sok olyan

(x, y, z)

racionális számokból álló hármast keres, amire

x y z = 1

és felhasználva (2)-t,

a + b + c + 1 = 0

. (1) szerint

a + b + c + 1 = 0

akkor és csak akkor teljesül, ha

a b + a c + b c = 0

, ami ekvivalens

\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 0

-val, mivel

a b c \neq 0

. (

x

y

z

egyike sem 0, mivel a szorzat 1. Ekkor viszont

a

b

c

sem lehet 0.) Visszaírva

a

b

c

értékét:

\begin{matrix} \frac{1 - x}{x} + \frac{1 - y}{y} + \frac{1 - z}{z} = 0. \end{matrix}

3-at hozzáadva mindkét oldalhoz:

\begin{matrix} \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = y z + x z + x z = 3. \end{matrix}

Azaz olyan számhármasokat keresünk, amire

x y z = 1

és

x y + x z + y z = 3

, valamint

x, y, z \neq 1

.
Írjunk be

x

helyébe

\frac{1}{y z}

-t.

\frac{1}{z} + \frac{1}{y} + y z = 3

racionális megoldásait keressük. Szorozva

y z

-vel egy másodfokú egyenletet kapunk

y

-ra:

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

Olyan racionális

z

-t keresünk, amire ennek az egyenletnek a gyökei is racionálisak, ehhez az kell, hogy a diszkrimináns egy racionális szám négyzete legyen:

\begin{matrix} D & = {(1 - 3 z)}^{2} - 4 z^{3} = - 4 z^{3} + 9 z^{2} - 6 z + 1 = (z - 1) (- 4 z^{2} + 5 z - 1) = \\ = {(z - 1)}^{2} (1 - 4 z) . \end{matrix}

Mivel

y

racionális, azért

{(z - 1)}^{2}

egy racionális szám négyzete, így szükséges, hogy

1 - 4 z

is egy racionális szám négyzete legyen. Ehhez viszont tetszőleges racionális

q

-ra elég

z = \frac{1 - q^{2}}{4}

-et választani. Ekkor

y

is racionális lesz, s így

x = \frac{1}{y z}

is. Tehát van végtelen sok racionális megoldás. Ezzel igazoltuk a

(b)

részt is.