Ugrás a tartalomhoz

Elemi matematika feladatgyűjtemény

Hraskó András (2013)

ELTE-TTK

11 Algebra feladatok megoldása

11 Algebra feladatok megoldása

11.1 Másodfokú kifejezések feladatok megoldása

A 3.1.1 feladat megoldása

Kísérletezzünk a számológéppel!

36. táblázat

Sejthető, hogy n2+n=n,4..., azaz algebrai formában:

n + 0 , 4 n 2 + n < n + 0 , 5 .

A (38) egyenlőtlenségből következik, hogy egyfajta számjegy lehet a tizedesvessző után, a négyes.

Pozitív számok nagysági sorrendjén nem változtat, ha mind négyzetreemeljük őket. Ezért bizonyítandó egyenlőtlenségpárunk egyenértékű a

n 2 + 0 , 8 n + 0 , 16 n 2 + n < n 2 + n + 0 , 25

összefüggéssel, azaz a

- 0 , 2 n + 0 , 16 0 < 0 , 25

relációpárral. Ebben a jobb oldali egyenlőtlenség nyilvánvalóan teljesül, és a bal oldali is fennáll, ha n legalább 1, ami a pozitív egészekre igaz. Így eredeti (38) egyenlőtlenségeink is teljesülnek, a kérdezett számjegy minden pozitív egész n-re a négyes.

A 3.1.2 feladat megoldásai

11.1.0.1 A 3.1.2 a), b), c), j), k) fel. szemléltetése

Az alábbi animáció mutatja a másodfokú függvény grafikonjának változását, ahogy a p paraméter értéke változik.

A p paraméter értékét magunk is változtatgathatjuk és kísérletethetünk ezen az interaktív animáción:

http://matek.fazekas.hu/portal/elte/elemifgyujt/html/09i.html

11.1.0.2 A 3.1.2 a) mego.

A másodfokú egyenlet diszkriminánsa: D=p2-2. Pontosan akkor van két különböző valós gyök, ha D>0, azaz ha |p|>2.

11.1.0.3 A 3.1.2 b) mego.

Helyettesítsünk x=3-at az egyenletbe! A 1232+3p+1=0 egyenlet pontosan akkor teljesül, ha p=-116, ennél a p-nél lesz a megadott egyenlet gyöke a 3.

11.1.0.4 A 3.1.2 c) mego.

A 0 behellyettesítése: 1202+p0+1=1. Tehát p-től függetlenül mindig 1-et kapunk. A 0 sohasem gyöke a megadott egyenletnek.

11.1.0.5 A 3.1.2 d), e), f), g), h) feladatok szemléltetése

Az alábbi animáció mutatja a másodfokú egyenlet gyökeinek változását és a vizsgált kifejezések értékét, ahogy a p paraméter értéke változik.

A p paraméter értékét magunk is változtatgathatjuk és kísérletethetünk ezen az interaktív animáción:

http://matek.fazekas.hu/portal/elte/elemifgyujt/html/10i.html

11.1.0.6 A 3.1.2 d) mego.

Az ax2+bx+c=0 egyenlet Viete formulái szerint a gyökök összege: x1+x2=-ba=-2p, tehát p=-1,5 esetén teljesül az előírt feltétel és ekkor a) szerint tényleg két valós gyök van.

11.1.0.7 A 3.1.2 e) mego.

A Viete formulák szerint a gyökök szorzata: x1x2=ca=2, tehát a gyökök szorzata soha sem 3.

11.1.0.8 A 3.1.2 f) mego.

A Viete formulák szerint x1x2=2, x1+x2=-2p, így

x 1 2 + x 2 2 = ( x 1 + x 2 ) 2 - 2 x 1 x 2 = 4 p 2 - 4 .

Az a) feladatrész megoldása szerint azonban 0<p2-2, amiből 4<4p2-4, tehát a gyökök négyzetösszege sohasem lesz 3, ha valósak a gyökök.

11.1.0.9 A 3.1.2 g) mego.

Az f) feladatrész megoldása szerint

x 1 2 + x 2 2 = 4 p 2 - 4 = 4 ( p 2 - 2 ) + 4 = 4 D + 4 ,

tehát a valós gyökök négyzetösszege legalább 4 és ez az érték csak D=0, tehát két egybeeső valós gyök esetén vétetik fel (p=2 és x1=x2=-2 illetve p=-2 és x1=x2=2).

11.1.0.10 A 3.1.2 h) mego.

Mivel

( x 1 - x 2 ) 2 = ( x 1 + x 2 ) 2 - 4 x 1 x 2 = 4 p 2 - 8 = 4 D ,

így p=±172 lesz a gyökök különbsége 3. Ekkor tényleg valósak a gyökök (D>0).

11.1.0.11 A 3.1.2 i) mego.

A gyökök szorzata 2 (lásd az e) feladatrész megoldását, tehát a gyökök csak 1 és 2 vagy (-1) és (-2) lehetnek, tehát a polinom

1 2 ( x - 1 ) ( x - 2 ) = 1 2 x 2 - 3 2 x + 1

vagy

1 2 ( x + 1 ) ( x + 2 ) = 1 2 x 2 + 3 2 x + 1 ,

azaz p=±32.

11.1.0.12 A 3.1.2 j) mego.

Ez pontosan akkor teljesül, ha két valós gyök van, azok szorzata és összege is pozitív, tehát ha |p|2, 2>0 és -2p>0, tehát ha p<-2.

11.1.0.13 A 3.1.2 k) mego.

Alkalmazzuk az x-12=t helyettesítést. x pontosan akkor legalább 12, ha t nemnegatív. Írjunk az egyenletbe x helyére t+12-et:

1 2 ( t + 1 2 ) 2 + p ( t + 1 2 ) + 1 = 1 2 t 2 + ( p + 1 2 ) t + ( 9 8 + 1 2 p ) ,

Ennek pontosan akkor lesz két valós gyöke, ha az eredetinek is, tehát ha |p|>2 és az eredetinek pontosan akkor lesz mindkét gyöke legalább 12, ha ennek mindkét gyöke nemnegatív, tehát ha a gyökök összege és szorzata is nemnegatív:

p + 1 2 0 ,  s  9 8 + 1 2 p 0 .

Mindezeket összesítve kapjuk a pontos feltételt:

- 9 4 p < - 2 .

Természetesen a p=-2-höz tartozó megoldás is felfogható két egybeeső valós (pozitív) megoldásnak.

11.1.0.14 A 3.1.2 l) mego.

1 2 ( t 3 ) 2 + p t 3 + 1 = 0 , azaz 12t2+3pt+9=0.

11.1.0.15 A 3.1.2 m) mego.

1 2 ( t - 3 ) 2 + p ( t - 3 ) + 1 = 0 , azaz 12t2+(p-3)t+112-3p=0.

11.1.0.16 A 3.1.2 n), o), t) feladatok szemléltetése

Az alábbi animáció mutatja a másodfokú függvény minimumhelyének és minimumának változását, a parabola csúcspontjának nyomvonalát a p paraméter változásával.

A p paraméter értékét magunk is változtatgathatjuk és kísérletethetünk ezen az interaktív animáción:

http://matek.fazekas.hu/portal/elte/elemifgyujt/html/11i.html

11.1.0.17 A 3.1.2 n) mego.

f ( x ) = 1 2 ( x + p ) 2 + ( 1 - p 2 2 ) ,

tehát p minimumhelye x=-p. Tehát p=-3 esetén lesz a minimumhely a 3.

11.1.0.18 A 3.1.2 o) mego.

A (39) alakból leolvasható, hogy a minimum értéke 1-p22, ami semmilyen valós p-re sem 3.

11.1.0.19 A 3.1.2 p) mego.

Az f függvénynek a valós számok halmazán nincs maximuma.

11.1.0.20 A 3.1.2 q) fel. szemléltetése

Az alábbi animáció mutatja hogyan helyezkedik el a másodfokú függvény grafikonja az y=3x egyenletű egyeneshez képest.

A p paraméter értékét magunk is változtatgathatjuk és kísérletethetünk ezen az interaktív animáción:

http://matek.fazekas.hu/portal/elte/elemifgyujt/html/12i.html

11.1.0.21 A 3.1.2 q) fel. I. megoldása

A függvény adott pontbeli érintőjének meredeksége a derivált: f(x)=x+p. f(x)=3, ha x=3-p. Ennél az x-nél az egyenes megfelelő pontja: (3-p,9-3p). Ez pontosan akkor illeszkedik a parabolára, ha 12(3-p)2+p(3-p)+1=0, azaz ha p=3±2.

11.1.0.22 A 3.1.2 q) fel. II. megoldása

Az kell, hogy az

1 2 x 2 + p x + 1 - 3 x = 0

egyenletnek egy (kétszeres) gyöke legyen, tehát a másodfokú egyenlet diszkriminánsa zérus legyen:

D = ( p - 3 ) 2 - 2 = 0 p = 3 p m 2 .

11.1.0.23 A 3.1.2 r) mego.

Két szomszédos egész szám szorzata mindig páros, azaz az r(x)=12x(x+1) polinom minden egész helyen egész értéket vesz fel. Az f függvény pontosan akkor ilyen tulajdonságú, ha az (f-r) függvény is ilyen, azaz ha (2p-1)x2 minden x egész esetén egész, azaz ha (2p-1) páros egész szám, tehát p+12 egész.

11.1.0.24 A 3.1.2 s) fel. szemléltetése

Az alábbi animáció mutatja a szóbajövő függvények grafikonját a p paraméter változtatásával.

A p paraméter értékét magunk is változtatgathatjuk és kísérletethetünk ezen az interaktív animáción:

http://matek.fazekas.hu/portal/elte/elemifgyujt/html/13i.html

11.1.0.25 A 3.1.2 s) mego.

Igen, a (0;1) pont mindegyik parabolára illeszkedik.

11.1.0.26 A 3.1.2 t) mego.

A parabola csúcspontjának koordinátái (-p;1-p22), tehát a csúcspont befutja az y=1-x22 lefelé nyíló parabolát.

A 3.1.3 fel. megoldásai

11.1.0.27 A 3.1.3 fel. szemléltetése

Az alábbi animáción látható a másodfokú függvény minimunhelye és minimumának értéke az a paraméter változásával.

Az a paraméter értékét magunk is változtatgathatjuk és kísérletethetünk ezen az interaktív animáción:

http://matek.fazekas.hu/portal/elte/elemifgyujt/html/14i.html

11.1.0.28 A 3.1.3 feladat megoldása

a) A grafikon mindig felfelé nyíló parabola. Pontosan az kell, hogy a diszkrimináns ne legyen pozitív. Mivel

D 4 = ( a - 2 ) 2 - a = ( a - 4 ) ( a - 1 ) ,

így 1a4 esetén lesz minden x-re nemnegatív a függvény értéke.

b)

f ( x ) = ( x - ( a - 2 ) ) 2 - ( a 2 - 5 a + 4 ) ,

tehát a minimum értéke

- ( a 2 - 5 a + 4 ) = - ( a - 2 , 5 ) 2 + 2 , 25 ,

azaz a minimum maximuma 2,25.

c) Igen, van. Ha kifejezésben az a-tól függő tagok: 2ax+a=a(2x+1). tehát x=-12 esetén f értéke a-tól független, nevezetesen 2,25.

A 3.1.4 feladat megoldásai

11.1.0.29 A 3.1.4 fel. szemléltetése

Az alábbi animáció mutatja az adott abszolútértékes másodfokú függvény grafikonjának és az y=p egyenletű egyenesnek a metszéspontjait, ahogy a p paraméter értéke változik.

A p paraméter értékét magunk is változtatgathatjuk és kísérletethetünk ezen az interaktív animáción:

http://matek.fazekas.hu/portal/elte/elemifgyujt/html/15i.html

11.1.0.30 A 3.1.4 fel. eredménye

p < 0 ; nincs megoldás;

p = 0 ; 2 megoldás;

0 < p < 5 ; 4 megoldás;

p = 5 ; 3 megoldás;

5 < p ; 2 megoldás.

A 3.1.5 feladat megoldásai

11.1.0.31 A 3.1.5 fel. szemléltetése

Az alábbi animáció mutatja az egyenlet bal oldalán található abszolút értékes másodfokú függvény grafikonját illetve a jobb oldali lineáris függvény grafikonját a p paraméter változásával. Leolvashatók a grafikonok metszéspontjai is, amelyek első koordinátái az egyenlet megoldásai.

A p paraméter értékét magunk is változtatgathatjuk és kísérletethetünk ezen az interaktív animáción:

http://matek.fazekas.hu/portal/elte/elemifgyujt/html/16i.html

11.1.0.32 A 3.1.5 fel. eredménye

p < - 2 ; nincs megoldás;

p = - 2 ; 1 megoldás;

- 2 < p < 0 ; 2 megoldás;

p = 0 ; 3 megoldás;

0 < p < 1 4 ; 4 megoldás;

p = 1 4 ; 3 megoldás;

1 4 < p ; 2 megoldás.

A 3.1.6 feladat megoldásai

11.1.0.33 A 3.1.6 a) fel. szemléltetése

Az alábbi interaktív GeoGebra animáción kirajzoltathatjuk a függvény grafikonját és vizsgálhatjuk a megoldások számát a p paraméter függvényében:

http://matek.fazekas.hu/portal/elte/elemifgyujt/html/17i.html

11.1.0.34 A 3.1.6 a) fel. eredménye

p < 1 ; 2 megoldás;

p = 1 ; 3 megoldás;

1 < p < 5 ; 4 megoldás;

p = 5 ; 2 megoldás;

p > 5 ; nincs megoldás.

11.1.0.35 A 3.1.6 b) fel. szemléltetése

Az alábbi interaktív GeoGebra animáción kirajzoltathatjuk a függvény grafikonját és vizsgálhatjuk a megoldások számát a p paraméter függvényében:

http://matek.fazekas.hu/portal/elte/elemifgyujt/html/18i.html

11.1.0.36 A 3.1.6 b) fel. eredménye

p < 1 ; 2 megoldás;

p = 1 ; 3 megoldás;

1 < p < 2 ; 4 megoldás;

p = 2 ; 3 megoldás;

2 < p < 10 ; 2 megoldás;

p = 10 ; 1 megoldás;

p > 10 ; nincs megoldás.

A 3.1.7 feladat megoldásai

11.1.0.37 A 3.1.7 a), b) mego.

Alkalmazzuk a 3x=t helyettesítést és vegyük figyelembe, hogy míg x befutja a valós számok halmazát, addig t a pozitív valós számok halmazát járja be.

a ( t ) = 4 ( t - 1 4 ) 2 + 3 4 ,

tehát t=14-nél, azaz x=-log34-nél van az a kifejezés minimuma. Az értékkészlet a [34;) halmaz.

b ( t ) = 4 ( t + 1 4 ) 2 + 3 4 ,

tehát t=-14-nél van a b(t) függvény minimuma, ezt viszont nem kapjuk meg x valós értékeiből. A 0<t halmazon a b(t) függvény szigorúan monoton. Az értékkészlet az [1;) halmaz.

11.1.0.38 A 3.1.7 c), d) mego.

Az 1-sin2x=cos2x, cosx=t helyettesítésekkel dolgozunk. Ha x befutja a valós számok halmazát, addig t végtelen sokszor bejárja a [-1;1] intervallumot.

c ( t ) = t 2 - t + 1 = ( t - 1 2 ) 2 + 3 4 ,

c ( t ) minimuma 34, amit t=12 esetén vesz fel, maximuma pedig a t=-1 helyettesítésnél kapott (-1-12)2+34=3. Az értékkészlet a [34;3] intervallum.

d ( t ) = t 2 + 4 t + 5 = ( t + 2 ) 2 + 1 ,

így d(t) értékkészlete a [2;10] intervallum, hiszen minimumát t=-1-nél, maximumát t=1-nál veszi fel.

A 3.1.8 feladat megoldása

Beszorozva, és nullára redukálva azt kapjuk, hogy

a 2 + ( 2 - n ) a b + b 2 = 0 ,

amiből

a = b ( n - 2 ) ± b ( n - 2 ) 2 - 4 2 .

Ahhoz, hogy a egész legyen, (n-2)2-4 négyzetszám kell. Két négyzetszám között a különbség csak 0 és 4 esetén 4, tehát (n-2)2=4, azaz n=0, vagy n=4. Az n=0 esetén a2+b2=0, ami azt jelentené, hogy mind a, mind b nulla ami ellentmondás. Ha n=4, akkor egyenletünk

a 2 - 2 a b + b 2 = 0

alakot ölt. Tehát a megoldás az n=4 és a=b párokra teljesül.

A 3.1.9 feladat megoldása

A kifejezés mindig értelmes, hiszen x2+5x+28=(x+52)2+874>0. Az 872<y=x2+5x+28 segédváltozóval egyenletünk a

y 2 - 5 y - 24 = 0

alakba írható át, amelyből y1=8, y2=-3. Csak y1 jön számításba és ezzel 64=x2+5x+28, x1=4 és x2=-9.

A 3.1.10 feladat megoldása

1 6 x 2 - x + 11 6 . Az 16x2-x+116=1x egyenlet harmadfokú, legfeljebb három gyöke van.

A 3.1.11 feladat megoldása

Vegyünk fel egy olyan koordinátarendszert, amelynek y tengelye a parabola tengelye, x tengelye a parabola csúcsérintője. Ebben a koordinátarendszerben a parabola egyenlete y=ax2.

A parabola tengelyével párhuzamos egyenesek nem metszenek ki húrt a parabolából. A nem ilyen helyzetű egyenesek általános egyenlete y=mx+b. Most egymással párhuzamos egyeneseket vizsgálunk, tehát m-et rögzítjük és b-t változtathatjuk. Az egyenes és a parabola metszéspontjait az

y = a x 2 y = m x + b

egyenletrendszer megoldásai adják. A két egyenletből x-re az ax2-mx-b=0 egyenletet kapjuk, amelyből a Viete formulák szerint x1+x2=ma, azaz a húr felezőpontjának abszcisszája x1+x22=m2a, amely valóban független b-től.

A 3.1.12 feladat megoldásai

11.1.0.39 A 3.1.12 a), b) mego.

Vegyük észre, hogy (x+y)(x-y)=x2-y2. Térjünk át a ξ=x+y, η=x-y változók használatára, ami a koordinátarendszer elforgatásának (és nyújtásának) felel meg. Egyenletünk most ξη=p, amely p0 esetén olyan hiperbola egyenlete, melynek aszimptotája a két tengely.

11.1.0.40 A 3.1.12 c), d) mego.

A koordinátatengelyekkel párhuzamos egyenesekkel kapcsolatban a c), d) állítások nyilvánvalóak. Most tekintsük a nem ilyen helyzetű egyeneseket, ezek egyenlete

y = m x + b , m 0

alakú, amiből x=y-bm. Az egyenes és a hiperbola metszéspontjait nem számoljuk ki, csak felírjuk a metszéspontok x ill., y koordinátáira vonatkozó egyenleteket és a megfelelő Viete formula segítségével a gyökök összegének felét, tehát a felezőpont koordinátáit határozzuk meg.

37. táblázat

Látható, hogy a felezőpont b és p értékétől függetlenül mindig illeszkedik az

x = m y , m 0

egyenletű egyenesre. Az aszimptotákkal párhuzamos egyeneseket azért kellett kizárnunk, mert az m=±1 meredekséghez tartoznak, amikor a metszéspontokra lineáris egyenlet adódik, tehát csak egy-egy metszéspont lesz.

A 3.1.13 feladat megoldása

A másodfokú polinom diszkriminánsa D=p2+4p2>0, tehát két különböző valós gyöke van a polinomnak minden valós p esetén. A Viete formulák szerint x1+x2=-p, x1x2=-1p2, így

x 1 2 + x 2 2 = ( x 1 + x 2 ) 2 - 2 x 1 x 2 = p 2 + 2 p 2 ,

és

x 1 4 + x 2 4 = ( x 1 2 + x 2 2 ) 2 - 2 x 1 2 x 2 2 = p 4 + 4 + 2 p 4 .

Mivel

p 4 + 2 p 4 2 p 4 2 p 4 = 2 ,

így

x 1 4 + x 2 4 4 + 2 2

és egyenlőség

p 4 = 2 p 4

azaz p=±28 esetén áll fenn.

A 3.1.14 feladat megoldásai

11.1.0.41 A 3.1.14 fel. I. megoldása

Legyenek a gyökök x1 és x2=3x1. A gyökök és együtthatók közti Viete formulák szerint:

4 x 1 = x 1 + x 2 = - b a , 3 x 1 2 = x 1 x 2 = c a .

Így a 48x12=3(4x1)2, 48x12=16(3x12) összefüggések alapján 3(-ba)2=16ca, amiből a következő reláció adódik:

3 b 2 - 16 a c = 0 .

Alább igazoljuk, hogy ha teljesül a (42) reláció, akkor a polinom egyik gyöke a másik háromszorosa, ráadásul, ha a, b, c valósak, akkor (42)-ból következik, hogy a gyökök is valósak. A (42) összefüggés 4(b2-4ac)=b2 alakjában felismerhetjük a diszkriminánst, tehát láthatjuk, hogy mindig két különböző valós gyök van, kivéve, ha b=0 és c=0. Ebben az elfajult esetben a polinomnak kettős gyöke a 0, az egyik a másik háromszorosa. A (42) relációból a0 négyzetével leosztva az 3(x1+x2)2=16x1x2 összefüggéshez juthatunk, amely a 0=(3x1-x2)(3x2-x1) alakba írható át igazolva állításunkat.

11.1.0.42 A 3.1.14 fel. II. megoldása

A

a ( 3 x ) 2 + b ( 3 x ) + c = 9 a x 2 + 3 b x + c

polinom gyökeit írhatjuk

x 1 3 , x 2 3

alakban, hiszen ezek az eredeti

a x 2 + b x + c

polinom

x 1 , x 2

gyökeinek harmadai. Azt kell tudnunk eldönteni, hogy a (43), (45) polinomoknak van-e közös gyöke. Ha van, azaz teljesül az x13=x1, x13=x2, x23=x1, x23=x2 összefüggések egyike, akkor az azért lehet, mert a vizsgált (45) polinom egyik gyöke valóban háromszorosa egy másik gyöknek vagy azért mert az egyik gyök zérus. Ez utóbbit majd ki kell zárni. Akkor van a (43), (45) polinomoknak közös gyöke, ha van közös gyöktényezőjük, azaz a két polinomnak van 1-nél (egységnél, azaz számnál) nagyobb közös osztója. Alkalmazzunk Euklideszi algoritmust!

9 a x 2 + 3 b x + c = ( a x 2 + b x + c ) 9 - ( 6 b x + 8 c ) , a x 2 + b x + c = ( 6 b x + 8 c ) ( a 6 b x + ( 1 6 - 2 a c 9 b 2 ) ) + ( 16 a c 2 9 b 2 - c 3 ) .

A két polinom tehát pontosan akkor nem relatív prím a polinomok világában, ha a legutolsó maradék ami egy szám zérus, azaz

c ( 16 a c - 3 b 2 ) = 0 .

Ez c=0 esetén is teljesül, valóban ilyenkor a a (43), (45) polinomoknak közös tényezője az x, azaz közös gyöke a 0, de ettől még a (45) polinom másik gyökéről semmit sem tudunk. Ha 16ac-3b2=0, akkor a (45) polinomoknak csak c=b=0 esetén gyöke a zérus, amikor ez kétszeres gyök is, egyik a másik háromszorosa. Tehát a 16ac-3b2=0 reláció ekvivalens azzal, hogy az egyik gyök a másik háromszorosa.

A 3.1.15 feladat megoldásai

11.1.0.43 A 3.1.15 fel. I. megoldása

Az együtthatóknak is egyeznie kell:

10 a + 1 = b c ; - ( 10 + a ) = b + c .

Az utóbbi (-10)-szerese:

- 10 ( b + c ) = 100 + 10 a = 99 + ( 10 a + 1 ) = 99 + b c .

Innen

b c + 10 ( b + c ) + 100 = 1 ,

azaz

( b + 10 ) ( c + 10 ) = 1 .

A megoldások:

b 1 = c 1 = - 9 , a 1 = 8 ; b 1 = c 1 = - 11 , a 1 = 12 .

11.1.0.44 A 3.1.15 fel. II. megoldása

Ha minden valós x-re teljesül az összefüggés, akkor x=10-re is teljesül, azaz

1 = ( 10 + b ) ( 10 + c ) .

EzzeL az előző megoldás (48) egyenletéhez jutottunk és a szorzatalakból leolvashatók a megoldások.

A 3.1.16 feladat megoldása

1. A gyökök összege zérus, hiszen x3 együtthatója nulla. Tehát a gyökök átlaga is zérus.

2. A polinom páros (csak páros kitevőn szerepel az x), tehát a gyökök ellentettjükkel párban szerepelnek.

Mindezek alapján a gyökök, a számtani sorozat elemei x1=-3ξ, x2=-ξ, x3=ξ, x4=3ξ. Képezzük polinomunk gyöktényezős alakját és szorozzuk be!

( x + 3 ξ ) ( x + ξ ) ( x - ξ ) ( x - 3 ξ ) = ( x 2 - ξ 2 ) ( x 2 - 9 ξ 2 ) = x 4 - 10 ξ 2 x 2 + 9 ξ 4 ,

azaz p=-10ξ2, q=9ξ4. Pontosan akkor van ilyen ξ, ha p0 és 9p2=100q.

A 3.1.17 feladat megoldása

Tekintsük az adott kifejezést a polinomjának. Mit állapíthatunk meg róla?

  • A kifejezés a másodfokú polinomja;

  • A főegyüttható (a2 együtthatója): (b+c+d)+(b-c)-(b+c+d)=b-c.

  • Az a=b és az a=c esetben a kifejezés értéke zérus.

Az egyetlen ilyen polinom a

( b - a ) ( a - c ) ( c - b ) .

A gondolatmenet során szinte hozzá sem nyúltunk" a d változóhoz, mégis kiderült róla, hogy kiesik a kifejezésből. Erről persze hosszabb számolással is meggyőződhetünk, mint ahogy a feladat is megoldható egyszerű, de fáradságos számolással.

11.2 Lineáris rekurziók feladatok megoldása

A 3.2.1 feladat megoldása

Válasz: 2012. A sorozat hatos periódusú, a 2013-adik elem a harmadik elemmel egyezik meg.

A 3.2.2 feladat megoldása

Legyen u0=1, u1=3, u2=5 stb. Vegyük észre, hogy a rekurzív formula un+1=un+2un-1. Ez egy másodrendű homogén lineáris rekurzió. Rekurzió, mert az előző elemekkel van kifejezve az új elem. Másodrendű, mert két előző elem szükséges az új elem kiszámításához. Lineáris, mert az új elemet az előző elemek egy lineáris függvénye határozza meg. Homogén, mert nincs benne konstans tag, csak az előző elemek számszorosainak összege szerepel.

(A gn+1=2gn+1 formula például elsőrendű inhomogén lineáris rekurzió, a hn+1=2hn-hn-1+3hn-2 formula harmadrendű homogén lineáris rekurzió, az an+1=1+2an formula elsőrendű nemlineáris rekurzió. Homogén lineáris rekurziót mindig kielégíti a konstans nulla sorozat, de ez ritkán adja meg egy feladat lényegi megoldását.)

Másodrendű homogén lineáris rekurzióval definiált sorozat explicit képletét elő tudjuk állítani egy általános eljárás segítségével. A módszer elvi alapját a következő két gondolat adja. Egyrészt a linearitásból és a homogenitásból következik, hogy ha egy sorozat kielégíti a rekurziót, akkor annak a sorozatnak a számszorosa is kielégíti a rekurziót, sőt két különböző sorozat összege is teljesíti a rekurziót, ha az eredeti kettő is teljesítette. Ez azt jelenti, hogy bármely két megfelelő sorozat bármely lineáris kombinációja is megfelelő. Másrészt a rekurzió másodrendű, így a sorozatot meghatározza első két eleme. Ha találok két sorozatot, amelyek egymásnak nem számszorosai, akkor azok első két elemével előállítható az összes lehetséges számpár, azaz a lehetséges sorozatok első két eleme. Ilymódon az összes megfelelő sorozat előállítható két konkrét sorozatból.

A két konkrét sorozatot speciális alakban keressük, két mértani sorozatot keresünk, amelyek teljesítik a rekurziót. A mértani sorozat általános képlete un=αqn. Ez pontosan akkor teljesíti a rekurziót, ha

α q n + 1 = α q n + 2 α q n - 1 ,

azaz az α=0, q=0 esetektől eltekintve

q 2 = q + 2 .

Ebből q1=-1 és q2=2, tehát két speciális (mértani) sorozat, amely kielégíti a rekurziót: un=(-1)n és un=2n. Az adott homogén lineáris másodrendű rekurzíót kielégítő sorozatok általános képlete:

u n = α 1 ( - 1 ) n + α 2 2 n .

Esetünkben

u 0 = 1 = α 1 + α 2 , u 1 = 3 = - α 1 + 2 α 2 ,

amiből

α 1 = - 1 3 , α 2 = 4 3 ,

azaz

u n = 4 2 n - ( - 1 ) n 3 .

Néhány példán ellenőrizzük képletünk helyességét:

u 2 = 4 2 2 - ( - 1 ) 2 3 = 16 - 1 3 = 5 , u 3 = 4 2 3 - ( - 1 ) 3 3 = 32 + 1 3 = 11 ,

u 4 = 4 2 4 - ( - 1 ) 4 3 = 64 - 1 3 = 21 , u 3 = 4 2 5 - ( - 1 ) 5 3 = 128 + 1 3 = 43 .

A 3.2.3 feladat megoldása

Most is egy másodrendű homogén lineáris rekurzióról van szó, tehát a 3.2.2. feladat megoldásának mintájára járhatunk el.

Először a rekurziót kielégítő speciális megoldásokat mértani sorozatokat keresünk. Ezek általános alakja αqn. A q kvóciensre most a q2=q+6 összefüggésnek kell teljesülnie, azaz q1=-2, q2=3.

A rekurzió általános megoldása: un=α1(-2)n+α23n. Adottak a kezdőelemek:

u 0 = 1 = α 1 + α 2 , u 1 = 2 = - 2 α 1 + 3 α 2 ,

amiből α1=15, α2=45, azaz un=43n+(-2)n5.

A 3.2.4 feladat megoldása

A sorozat első néhány tagja:

38. táblázat

A Fibonacci sorozat rekurziója: Fn+1=Fn+Fn-1. Az ennek megfelelő mértani sorozatokra q2=q+1, azaz q2-q-1=0, amiből q=1±52. A Fibonacci sorozat rekurzióját teljesítő sorozatok általános képlete:

F n = α ( 1 + 5 2 ) n + β ( 1 - 5 2 ) n .

Az F0=0, F1=1 kezdeti feltétele miatt

0 = α + β , 1 = α 1 + 5 2 + β 1 - 5 2 ,

azaz α=15, β=-15, tehát az explicit képlet:

F n = 1 5 ( 1 + 5 2 ) n - 1 5 ( 1 - 5 2 ) n .

A 3.2.5 feladat megoldása

A rekurzív képlet: gn+1=2gn+gn-1.

A rekurziót kielégítő mértani sorozatok q kvóciense kielégíti a q2=2q+1 egyenletet, tehát q2-2q-1=0, amiből q=2±82=1±2.

A rekurziót kielégítő sorozatok általános képlete:

g n = α ( 1 + 2 ) n + β ( 1 - 2 ) n .

A kezdőelemek:

0 = α + β 1 = α ( 1 + 2 ) + β ( 1 - 2 )

amiből α=122, β=-122, tehát

g n = ( 1 + 2 ) n - ( 1 - 2 ) n 2 2 .

A 3.2.6 feladat megoldása

A gn+2=gn+1-gn rekurziót kielégítő mértani sorozatok q kvóciensére q2-q+1=0, azaz a lehetséges q-k a primitív hatodik egységgyökök:

q 1 , 2 = 1 ± - 3 2 = 1 2 ± i 3 2 = cos π 3 ± i sin π 3 .

Mivel q1,16=1, így bármely, az adott rekurziót kielégítő sorozat periodikus és a periódusa 6 (vagy 1).

11.3 Harmadfokon feladatok megoldása

A 3.3.2 feladat megoldásai

11.3.0.1 A 3.3.2 a) mego.

a 3 - 3 a 2 b - a b 2 + 3 b 3 = a 2 ( a - 3 b ) - b 2 ( a - 3 b ) = ( a 2 - b 2 ) ( a - 3 b ) = ( a - b ) ( a + b ) ( a - 3 b ) .

11.3.0.2 A 3.3.2 b) mego.

Az a=3x, b=2x helyettesítéssel az a) feladat polinomjához jutunk, tehát egyenletünk:

( 3 x - 2 x ) ( 3 x + 2 x ) ( 3 x - 3 2 x ) = 0 ,

ami pontosan akkor teljesül, ha valamelyik tényező zérus.

3 x - 2 x = 0 ( 3 2 ) x = 1 x = 0 ;

3 x + 2 x > 0 ;

3 x - 3 2 x = 0 ( 3 2 ) x = 3 x = ln 3 ln 3 - ln 2 .

Tehát az egyenletnek két valós megoldása van.

11.3.0.3 A 3.3.2 c) mego.

Az a=sinx, b=cosx helyettesítéssel az a) feladat polinomjához jutunk, tehát egyenletünk:

( sin x - cos x ) ( sin x + cos x ) ( sin x - 3 cos x ) = 0 ,

ami pontosan akkor teljesül, ha valamelyik tényező zérus.

sin x - cos x = 0 x = π 4 + k π k Z ;

sin x + cos x = 0 x = - π 4 + k π k Z ;

sin x - 3 cos x = 0 t g x = 3 x 1 , 249 + k π k Z .

Tehát az egyenletnek (modπ) három megoldása van.

A 3.3.2 fel. eredménye

( a + b ) ( a - 2 b ) ( 2 a - b ) .

A 3.3.3 feladat megoldása

Vegyük észre, hogy x=t gyöke a polinomnak! Ebből következik, hogy (x-t) kiemelhető a polinomból:

x 3 - 2 t x 2 + t 3 = ( x - t ) ( x 2 - t x - t 2 ) .

Az adott egyenlet gyökei x1=t és az x2-tx-t2=0 másodfokú egyenlet gyökei, azaz

x 2 , 3 = t ± t 2 + 4 t 2 2 = 1 ± 5 2 t .

A 3.3.4 feladat megoldásai

11.3.0.4 A 3.3.4 fel. I. megoldása

Tegyük fel, hogy az állítással ellentétben egynél több megoldás van. Ha ezek x1 és x2, akkor az (x-x1)(x-x2) polinom kiemelhető az adott harmadfokú kifejezésből, tehát

x 3 - 4 x 2 + 9 x + c = ( x - x 1 ) ( x - x 2 ) ( x - x 3 ) ,

azaz algebrailag három megoldás is van. A Viete formulákból vagy a (49) egyenlet két oldalán x2 és x együtthatójának összevetéséből

x 1 + x 2 + x 3 = 4 ;

x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x 1 = 9 .

Vegyük észre, hogy

0 ( x 1 - x 2 ) 2 + ( x 2 - x 3 ) 2 + ( x 3 - x 1 ) 2 = 2 ( x 1 + x 2 + x 3 ) 2 - 6 ( x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x 1 ) = 2 4 2 - 6 9 = - 22 .

Az ellentmondás mutatja, hogy nem lehet egynél több valós gyök.

11.3.0.5 Megjegyzés a 3.3.4 fel. I. megoldásához

A fenti gondolatmenetet alkalmazhatjuk az x3+ax2+bx+c=0 általános harmadfokú egyenletre is. A (52) egyenlet jobb oldala most 2a2-6b, tehát ha ez negatív, tehát ha a2<3b, akkor az egyenletnek csak egy valós gyöke lehet.

11.3.0.6 A 3.3.4 fel. II. megoldása

Vizsgáljuk az f(x)=x3-4x2+9x+c függvényt monotonitás szempontjából, azaz vizsgáljuk az f(x)=3x2-8x+9 deriváltfüggvény előjelét. Az f deriváltfüggvény grafikonja felfelé nyíló parabola. Mivel diszkriminánsa D=82-439=64-72<0, így f-nek nincs zérushelye, tehát értékkészletében csak pozitív számok vannak. Ez azt jelenti, hogy az f függvény szigorúan monoton növő, tehát legfeljebb egy zérushelye van.

11.3.0.7 Megjegyzés a 3.3.4 fel. II. megoldásához

Az f(x)=x3+ax2+bx+c általános harmadfokú függvény deriváltja: f(x)=3x2+2ax+b, amelynek diszkriminánsa D=4a2-43b, ami pontosan akkor negatív, ha a2<3b. Ebben az esetben az általános harmadfokú egyenletnek semmilyen c-re sincs egynél több valós gyöke.

Ha a2>3b, akkor c bizonyos értékeinél a harmadfokú egyenletnek egynél több valós gyöke lesz, de lesznek olyan c értékek, amikor csak egy.

A 3.3.5 feladat megoldása

x 1 x 2 x 3 = - β α ; x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x 1 = β α ; x 1 + x 2 + x 3 = α α = 1 ,

így

1 x 1 + 1 x 2 + 1 x 3 = x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x 1 x 1 x 2 x 3 = - 1 ,

amiből adódik a feladat állítása.

A 3.3.6 feladat megoldásai

11.3.0.8 Segítség a 3.3.6 feladathoz

A szokásos megoldást (Viete-formulák alkalmazása) megelőzheti egy lépés. Adott polinomhoz keressük meg azt a polinomot, amelynek gyökei hárommal kisebbek az eredeti polinom gyökeinél!

11.3.0.9 A 3.3.6 fel. I. megoldása

A Viete formulák szerint

σ 1 = x 1 + x 2 + x 3 = 6 σ 2 = x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x 1 = a σ 3 = x 1 x 2 x 3 = - a .

A gyökök megadott kifejezése így írható át:

( x 1 3 + x 2 3 + x 3 3 ) - 9 ( x 1 2 + x 2 2 + x 3 2 ) + 27 ( x 1 + x 2 + x 3 ) - 81 .

Mivel

( x 1 + x 2 + x 3 ) 3 = x 1 3 + x 2 3 + x 3 3 + 6 x 1 x 2 x 3 + + 3 ( x 1 2 x 2 + x 1 2 x 3 + x 2 2 x 1 + x 2 2 x 3 + x 3 2 x 1 + x 3 2 x 2 ) ,

és

x 1 2 x 2 + x 1 2 x 3 + x 2 2 x 1 + x 2 2 x 3 + x 3 2 x 1 + x 3 2 x 2 = = ( x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x 1 ) ( x 1 + x 2 + x 3 ) - 3 x 1 x 2 x 3

továbbá

( x 1 + x 2 + x 3 ) 2 = x 1 2 + x 2 2 + x 3 2 + 2 ( x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x 1 ) ,

így

x 1 3 + x 2 3 + x 3 3 = ( x 1 + x 2 + x 3 ) 3 - 3 ( x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x 1 ) ( x 1 + x 2 + x 3 ) + 3 x 1 x 2 x 3

és

x 1 2 + x 2 2 + x 3 2 = ( x 1 + x 2 + x 3 ) 2 - 2 ( x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x 1 ) ,

tehát a gyökök megadott kifejezése ebbe a formába rendezhető:

σ 1 3 - 9 σ 1 2 - 3 σ 1 σ 2 + 18 σ 2 + 3 σ 3 + 27 σ 1 - 81 = 216 - 324 - 18 a + 18 a - 3 a + 162 - 81 =

= - 27 - 3 a ,

ami pontosan akkor 0, ha a=-9. Erre az értékre az adott polinom x3-6x2-9x-9.

11.3.0.10 Megjegyzés a 3.3.6 fel. I. megoldásához

A végeredményül kapott x3-6x2-9x-9 polinomnak egy valós és két komplex gyöke van. A levezetés alapján a három gyök teljesíti az előírt követelményeket, de nem valósak. Nem követeltük meg, hogy valósak legyenek a gyökök, de középiskolai szintén gyakran kimondatlanul is ezt várjuk el.

11.3.0.11 A 3.3.6 fel. II. megoldása

Vezessük be az xi-3=yi jelölést (i{1,2,3})! Most az a kérdés, hogy mely a esetén lesz y13+y23+y33=0, ha y1, y2 és y3 az (y+3)3-6(y+3)2+a(y+3)+a polinom gyökei.

A polinom standard alakban

y 3 + 3 y 2 + ( a - 9 ) y + ( 4 a - 27 ) , így

y 1 + y 2 + y 3 = - 3 , y 1 y 2 + y 2 y 3 + y 3 y 1 = a - 9 , y 1 y 2 y 3 = 27 - 4 a .

Ebből

y 1 3 + y 2 3 + y 3 3 = ( y 1 + y 2 + y 3 ) 3 - 3 ( y 1 y 2 + y 2 y 3 + y 3 y 1 ) ( y 1 + y 2 + y 3 ) + 3 y 1 y 2 y 3 =

= ( - 3 ) 3 - 3 ( a - 9 ) ( - 3 ) + 3 ( 27 - 4 a ) = - 27 - 3 a

mint az előbb. Tehát a=-9 esetén teljesül a három gyökre az adott összefüggés.

11.3.0.12 A 3.3.6 fel. III. megoldása

Az előző megoldáshoz hasonlóan indulunk, de észrevesszük, hogy polinomegyenletünkből

y 3 = - 3 y 2 - ( a - 9 ) y - ( 4 a - 27 ) ,

így

y 1 3 + y 2 3 + y 3 3 = - 3 ( y 1 2 + y 2 2 + y 3 2 ) - ( a - 9 ) ( y 1 + y 2 + y 3 ) - 3 ( 4 a - 27 ) .

Itt

y 1 2 + y 2 2 + y 3 2 = ( y 1 + y 2 + y 3 ) 2 - 2 ( y 1 y 2 + y 2 y 3 + y 3 y 1 ) = ( - 3 ) 2 - 2 ( a - 9 ) = 27 - 2 a ,

amiből

y 1 3 + y 2 3 + y 3 3 = ( - 3 ) ( 27 - 2 a ) - ( a - 9 ) ( - 3 ) - 3 ( 4 a - 27 ) = - 27 - 3 a ,

ami a=-9 esetén zérus.

A 3.3.7 feladat megoldása

g 0 = x 1 0 + x 2 0 + x 3 0 = 3 , g 1 = x 1 1 + x 2 1 + x 3 1 = 1 ,

g 2 = x 1 2 + x 1 2 + x 1 2 = ( x 1 + x 2 + x 3 ) 2 - 2 ( x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x 1 ) = 1 2 - 2 ( - 1 ) = 3 .

Vegyük észre, hogy a polinom gyökeire xi3=xi2+xi+1, így gn+3=gn+2+gn+1+gn. Ebből g3=7, g4=11, g5=21, g6=39, g7=71, g8=131.

A 3.3.8 feladat megoldása

Tekintsük a

p ( x 1 , x 2 , x 3 ) = ( x 1 + x 2 - x 3 ) ( x 1 - x 2 + x 3 ) ( - x 1 + x 2 + x 3 )

háromváltozós polinomot. A p értéke pontosan akkor zérus, ha x1, x2 és x3 közül valamelyik a másik kettő összege. A p polinom változóinak szimmetrikus polinomja bár az egyes tényezői nem szimmetrikusak. Írjuk fel p-t a

σ 1 = x 1 + x 2 + x 3 , σ 2 = x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x 1 , σ 3 = x 1 x 2 x 3

elemi szimmetrikus polinomok polinomjaként!

p = - ( x 1 3 + x 2 3 + x 3 3 ) + ( x 1 2 x 2 + x 1 2 x 3 + x 2 2 x 1 + x 2 2 x 3 + x 3 2 x 1 + x 3 2 x 2 ) - 2 x 1 x 2 x 3 =

= - ( x 1 + x 2 + x 3 ) 3 + 4 ( x 1 2 x 2 + x 1 2 x 3 + x 2 2 x 1 + x 2 2 x 3 + x 3 2 x 1 + x 3 2 x 2 ) + 4 x 1 x 2 x 3 =

= - ( x 1 + x 2 + x 3 ) 3 + 4 ( x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x 1 ) ( x 1 + x 2 + x 3 ) - 8 x 1 x 2 x 3 ,

azaz

p = - σ 1 3 + 4 σ 2 σ 1 - 8 σ 3 .

A Viete formulák szerint az

a x 3 + b x 2 + c x + d

polinom gyökeinek elemi szimmetrikus polinomjaira

σ 1 = - b a , σ 2 = c a , σ 3 = d a ,

azaz

a 3 p = - b 3 + 4 a b c - 8 a 2 d .

Tehát a (56) jobb oldalán található polinom értéke pontosan akkor zérus, ha a 54 polinom egyik gyöke a másik kettő összege.

A 3.3.9 feladat megoldása

A

d x 3 + c x 2 + b x + a

polinom gyökei az eredeti polinom reciprokai. Pontosan akkor igaz, hogy az eredeti polinom két gyökének harmonikus közepe a harmadik gyök, ha ebben a polinomban két gyök számtani közepe egy harmadik gyök. Most a

q ( x 1 , x 2 , x 3 ) = ( x 1 + x 2 - 2 x 3 ) ( x 1 - 2 x 2 + x 3 ) ( - 2 x 1 + x 2 + x 3 )

háromváltozós polinomot írjuk fel az elemi szimmetrikus polinomok polinomjaként.

q = - 2 ( x 1 3 + x 2 3 + x 3 3 ) + 3 ( x 1 2 x 2 + x 1 2 x 3 + x 2 2 x 1 + x 2 2 x 3 + x 3 2 x 1 + x 3 2 x 2 ) - 12 x 1 x 2 x 3 =

= - 2 ( x 1 + x 2 + x 3 ) 3 + 9 ( x 1 2 x 2 + x 1 2 x 3 + x 2 2 x 1 + x 2 2 x 3 + x 3 2 x 1 + x 3 2 x 2 ) =

= - 2 ( x 1 + x 2 + x 3 ) 3 + 9 ( x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x 1 ) ( x 1 + x 2 + x 3 ) - 27 x 1 x 2 x 3 ,

azaz

p = - 2 σ 1 3 + 9 σ 2 σ 1 - 27 σ 3 ,

ahol

σ 1 = - c d , σ 2 = b d , σ 3 = - a d ,

tehát

d 3 q = 2 c 3 - 9 c b d + 27 a d 2 .

A (59) kifejezés értéke az adott ad0 feltétel mellett pontosan akkor zérus, ha az adott polinom valamelyik gyöke a másik két gyök harmonikus közepe.

A 3.3.10 fel. eredménye

x 3 - 5 x - 2 = 0 .

A 3.3.11 feladat megoldásai

11.3.0.13 Előzetes megjegyzés a 3.3.11 feladathoz

Számológépünk segíthet az eredmény megsejtésében, de az általa kiadott számot nem tekinthetjük pontosnak, csak közelítő értéknek.

11.3.0.14 A 3.3.11 fel. I. megoldása

Használjuk az (x+y)3=x3+y3+3xy(x+y) azonosságot! Legyen x=2+53, y=2-53, akkor xy=-1, így a keresett x+y=a mennyiségre a3=4-3a, azaz (a-1)(a2+a+4)=0. A második tényezőnek nincs zérushelye, így a=1.

11.3.0.15 A 3.3.11 fel. II. megoldása

A

2 + 5 = ( 1 + 5 ) 3 8 , 2 - 5 = ( 1 - 5 ) 3 8

összefüggésekből azonnal adódik, hogy a kifejezés értéke 1.

A 3.3.12 feladat megoldása

A rövidség kedvéért legyen α=2-3, β=2+3. Ekkor α+β=4, α3+β3=52 és αβ=1. Gyöktelenítve a kifejezést:

α 2 - α + β 2 + β - 2 = α ( 2 + α ) 2 - α + β ( 2 - β ) 2 - β - 2 = = 1 3 ( 2 ( α - β ) + α 3 + β 3 ) - 2 = - 3 2 + ( α 3 + β 3 ) 2 3 = = - 3 2 + α 3 + β 3 + 2 α 3 β 3 3 = - 3 2 + 54 3 = - 3 2 + 18 = 0

A 3.3.13 feladat megoldása

Ha x-33=X és y+43=Y, akkor egyenletrendszerünk:

X + Y = 11 X 3 + Y 3 = 341 }

Mivel X3+Y3=(X+Y)(X2-XY+Y2) így ez így is írható:

X + Y = 11 X 2 - X Y + Y 2 = 31 }

Az X+Y=B, XY=C jelöléssel (tehát X és Y a t2-Bt+C=0 egyenlet gyökei):

B = 11 B 2 - 3 C = 31 }

azaz B=11 és C=30, tehát X és Y a t2-11t+30 gyökei, azaz X1=5, Y1=6 és X2=6, Y2=5, x1=128, y1=212, x2=219, y2=121.

A 3.3.14 feladat megoldásai

11.3.0.16 A 3.3.14 fel. I. megoldása

Egyenletrendszer

Ha h(x)=ax3+bx2+cx+d, akkor

- a + b - c + d = 1 d = 1 a + b + c + d = 1 }

azaz az első és utolsó egyenlet összegéből b=0, így c=-a, azaz h(x)=ax3-ax+1.

11.3.0.17 A 3.3.14 fel. II. megoldása

Lagrange-féle interpolációs polinomok

h 1 ( x ) olyan függvény, amelyre h(-1)=1, h(0)=0, h(1)=0, nevezetesen

h 1 ( x ) = x ( x - 1 ) ( - 1 ) ( - 1 - 1 ) = 1 2 x ( x - 1 ) .

A h2(x) függvényre h(-1)=0, h(0)=1, h(1)=0, azaz

h 2 ( x ) = ( x + 1 ) ( x - 1 ) ( 0 + 1 ) ( 0 - 1 ) = - ( x + 1 ) ( x - 1 ) ,

és a h3(x) függvényre h(-1)=0, h(0)=0, h(1)=1, azaz

h 3 ( x ) = ( x + 1 ) x ( 1 + 1 ) ( 1 ) = 1 2 x ( x + 1 ) .

Végül legyen

h 4 ( x ) = a ( x + 1 ) x ( x - 1 ) ,

ami (az összes) olyan harmadfokú polinom, amely az előírt helyeken zérus, így h(x)=h1(x)+h2(x)+h3(x)+h4(x) megfelelő és az összes.

11.3.0.18 A 3.3.14 fel. III. megoldása

Ad hoc megoldás

A g(x)=h(x)-1 függvény az előírt helyeken zérus, így g(x)=a(x+1)x(x-1), azaz h(x)=a(x+1)x(x-1)+1.

A 3.3.15 feladat megoldása

1. Emeljük mindkét oldalt köbre! Alkalmazzuk ehhez az (a+b)3=a3+b3+3ab(a+b) azonosságot!

( 4 x - 1 ) + ( 4 - x ) + 3 ( 4 x - 1 ) ( 4 - x ) 3 ( 4 x - 1 3 + 4 - x 3 ) = - 3 .

2. Használjuk fel az eredeti összefüggést!

( 4 x - 1 ) + ( 4 - x ) + 3 ( 4 x - 1 ) ( 4 - x ) 3 ( - 3 3 ) = - 3 .

3. Rendezés és 3-mal való osztás után kapjuk, hogy

x + 2 = 3 3 - 4 x 2 + 17 x - 4 3

4. Emeljünk újra köbre!

x 3 + 6 x 2 + 12 x + 8 = - 12 x 2 + 51 x - 12 .

5. Rendezzünk 0-ra!

x 3 + 18 x 2 - 39 x + 20 = 0 .

6. Vegyük észre, hogy a (68) bal oldalán található polinomnak gyöke az 1, így (x-1) kiemelhető:

( x - 1 ) ( x 2 + 19 x - 20 ) = 0 .

7. A (69) bal oldalán található másodfokú tényezőnek is gyöke az 1, így (x-1) újra kiemelhető:

( x - 1 ) ( x - 1 ) ( x + 20 ) = 0 .

8. Az egyenlet gyökei: x1=x2=1 és x3=-20.

9. Meglepődve tapasztaljuk, hogy az 1 nem gyöke az egyenletnek, hiszen az eredeti egyenlet bal oldalán x=1 esetén

4 1 - 1 3 + 4 - 1 3 = 2 3 3 ,

áll, míg a jobb oldal negatív.

Az x=-20 szám valóban gyök:

4 ( - 20 ) - 1 3 + 4 - ( - 20 ) 3 = - 81 3 + 24 3 =

= 3 3 ( - 27 3 + 8 3 ) = 3 3 ( - 3 + 2 ) = - 3 3 .

11.3.0.19 Megjegyzés a 3.3.15 feladat megoldásához

Egy alkalommal az alábbi beszélgetés hangzott el két diák alább A és B között:

A : mindegyik gyök jó kell legyen, hiszen mindegyik lépést megcsinálhatjuk visszafelé is.

B : mi a (fent 2.-ben található) behelyettesítés visszafelé? Talán kihelyettesítés?

Valóban, a 2. lépésben jött be a hamis gyök, az egyetlen megoldás a (-20).

A fenti példához kapcsolódik a 2.1.20 feladat.

A 3.3.16 feladat megoldásai

11.3.0.20 A 3.3.16 fel. I. megoldása

Hajtsuk végre a hatványozást, alkalmazzuk hozzá az (a-b)4=a4-4a3b+6a2b2-4ab3+b4 azonosságot! Kapjuk, hogy

2 x 4 - 36 x 3 + 246 x 2 - 756 x + 784 = 0 ,

azaz

x 4 - 18 x 3 + 123 x 2 - 378 x + 392 = 0 .

Hátha van a (71) egyenletnek egész megoldása! A x(x3-18x2+123x-378)=-392 alakból világos, hogy ha x egész, akkor a 392=2372 szám osztója. A próbálgatás azt mutatja, hogy x1=7 valóban megoldás. Emeljük ki az (x-7) gyöktényezőt! Kapjuk, hogy

x 4 - 18 x 3 + 123 x 2 - 378 x + 392 = ( x - 7 ) ( x 3 - 11 x 2 + 46 x - 56 ) .

Az utolsó tényező egész gyöke most az 56 osztója, és szerencsére x2=2 megfelelő. Kapjuk, hogy

x 4 - 18 x 3 + 123 x 2 - 378 x + 392 = ( x - 7 ) ( x - 2 ) ( x 2 - 9 x + 28 ) .

Mivel az utolsó másodfokú tényezőnek nincs valós megoldása, így nincs más valós megoldása a negyedfokú egyenletnek sem, csak x1=7 és x2=2.

11.3.0.21 Megjegyzés a 3.3.16 fel. I. megoldásához

Kevesebb számolással, de hasonló stílusban jutunk el a megoldáshoz, ha alkalmazzuk az y=x-5 helyettesítést. Ezzel y+1=x-4 és az egyenlet:

y 4 + ( y + 1 ) 4 = 97 .

11.3.0.22 A 3.3.16 fel. II. megoldása

Lőjünk középre! Alkalmazzuk a z=x-4,5 helyettesítést! Ezzel

x - 5 = z - 1 2 , x - 4 = z + 1 2

és

( x - 5 ) 4 + ( x - 4 ) 4 = ( z - 1 2 ) 4 + ( z + 1 2 ) 4 ,

amelynek felbontásakor kiesnek a z-ben páratlan kitevőjű tagok és kapjuk a

2 z 4 + 3 z 2 + 1 8 = 97

egyenletet. Ez z2-ben másodfokú és gyökei:

z 1 , 2 2 = - 3 ± 3 2 + 4 2 ( 97 - 1 8 ) 4 = - 3 ± 28 4 = { 25 4 - 31 4

A négyzet nemnegativitása miatt itt csak z=±52 lehetséges, amiből x1=7 és x2=2.

11.3.0.23 A 3.3.16 fel. III. megoldása

A negyedik hatványok: 0, 1, 16, 81, 256, . Vegyük észre, hogy a feladatban két szomszédos negyedik hatvány összegéről van szó ha egyáltalán egészek , és látható, hogy 16+81=97, azaz 24+34=97 illetve (-3)4+(-2)4=97. Két megoldást, x-5=2 és x-5=-3 esetét, azaz x1=7-et és x2=2-t már megtaláltuk. Van-e más? Tekintsük az f(x)=(x-5)4+(x-4)4 függvényt és vizsgáljuk monotonitás szempontjából!

A 3.3.17 feladat megoldásai

11.3.0.24 A 3.3.17 fel. I. megoldása

Tekintsük a

p ( t ) = ( t - x ) ( t - y ) ( t - z )

harmadfokú polinomot, melynek zérushelyei a feladatban említett x, y, z számok. A p polinom alakja a szorzások elvégzése után

p ( t ) = t 3 - ( x + y + z ) t 2 + ( x y + y z + z x ) t - x y z ,

ahol a feltételek szerint x+y+z=a, illetve a

1 x + 1 y + 1 z = 1 a

egyenletből axyz-vel való átszorzás után

a ( x y + y z + z x ) = x y z ,

tehát ha xy+yz+zx=β, akkor xyz=aβ, azaz polinomunk a

p ( t ) = t 3 - a t 2 + β t - a β

alakba írható át. Azt kell igazolnunk, hogy x, y és z egyike a, azaz p-nek gyöke a t=a szám. Erről meggyőződhetünk behelyettesítéssel:

p ( a ) = a 3 - a a 2 + β a - a β ,

ami valóban zérus. Ezzel a feladatot megoldottuk.

Megjegyezzük, hogy

p ( t ) = ( t - a ) ( t 2 + β ) ,

azaz a másik két gyök t2=β és t3=-β egymás ellentettje.

11.3.0.25 A 3.3.17 fel. II. megoldása

A z=-b jelöléssel egyenletrendszerünk a

x + y = a + b 1 x + 1 y = 1 a + 1 b

alakba írható át. Ha

u = x + y = a + b ,  s  v = x y = a b ,

akkor u=0 esetén a=-b=z, azaz a feladat állítása automatikusan teljesül, míg u0 esetén (77) egyenletrendszerünk a

x + y = a + b x y = a b ,

tehát a keresett x és y valamint egyúttal a és b is a

t 2 - u t + v = 0

másodfokú egyenlet két gyöke, így x=a vagy y=a és egyúttal y=b=-z vagy x=b=-z. Ezzel az állítást igazoltuk.

11.3.0.26 A 3.3.17 fel. III. megoldása

Hozzuk közös nevezőre a megadott második egyenlet bal oldalát!

x y + y z + z x x y z = 1 a ,

tehát az első egyenletet felhasználva

x y + y z + z x x y z = 1 x + y + z ,

tehát

( x + y + z ) ( x y + y z + z x ) = x y z ,

amit beszorozva, rendezve és újra szorzattá alakítva kapjuk, hogy

( x + y ) ( y + z ) ( z + x ) = 0 .

A fenti (80) összefüggés szerint az x, y, z változók közül valamelyik kettő összeg zérus, így a megadott x+y+z=a reláció miatt a kimaradó ismeretlen értéke a. Ezzel az állítást igazoltuk.

11.3.0.27 A 3.3.17 fel. IV. megoldása

Változóinkat az

1 x + y + z = 1 x + 1 y + 1 z

reláció köti össze. Osszuk le ennek mindkét oldalát mondjuk 1/x-szel, és vezessük be az Y=y/x;Z=z/x változókat.

Ekkor

1 1 + Y + Z = 1 + 1 Y + 1 Z .

Közös nevezőre hozva, majd rendezve az egyenlőséget azt kapjuk, hogy

( Y Z + Y + Z ) ( 1 + Y + Z ) = Y Z ,

beszorozva és rendezve

2 Y Z + Y 2 Z + Y Z 2 + Y 2 + Z 2 + Y + Z = 0 ,

a bal oldalt szorzattá bontva

2 Y Z + Y 2 Z + Y Z 2 + Y 2 + Z 2 + Y + Z = ( Y + Z ) 2 + Y Z ( Y + Z ) + ( Y + Z ) =

= ( Y + Z ) ( Y Z + Y + Z + 1 ) = ( Y + Z ) ( 1 + Y ) ( 1 + Z ) = 0 .

Azt kapjuk, hogy vagy Y+Z=0, ami avval ekvivalens, hogy y=-z, vagy 1+Y=0y=-x, vagy 1+Z=0z=-x. Tehát két változó egymás ellentettje, így a harmadik szükségképpen a-val egyenlő

11.3.0.28 Megjegyzés a 3.3.17 feladathoz

Hiába értik meg a példa megoldását a nebulók, az egyenletrendszer megoldáshalmazának ábrázolása továbbra is nehéz feladat marad. Segít, ha segédalakzatként felvesszük azt a kockát (lásd a 114 ábrát), amelynek csúcsai a térbeli derékszögű koordinátarendszer (±a;±a;±a) koordinátájú pontjai.

114. ábra

A 3.3.18 feladat megoldása

Rövid próbálkozás után sejteni lehet, hogy mind a feltétel, mind a bizonyítandó egyenlőség túl szabályos ahhoz, hogy másként teljesüljön, mint a triviális módon, azaz, hogy valamely két elem összege zérus; vagy a+b, vagy a+c, vagy b+c egyenlő nullával. Nyilván ekkor vagy a2k+1+b2k+1, vagy a2k+1+c2k+1, vagy b2k+1+c2k+1 is egyenlő nullával, amikor is triviálisan tejesül az egyenlőség.

Ezt már nem is kell bizonyítanunk, hiszen megtettük már a 3.3.17 feladatban. Az itteni a, b, c ismeretlenek az ottani x, y, z változóknak felelnek meg és az ottani a az itteni 1a+b+c és 1a+1b+1c közös értékének.

11.4 Polinomok feladatok megoldása

A 3.4.1 feladat megoldása

Hajtsunk végre maradékos osztást!

x 5 - x - 1 = ( x 2 + a x + b ) ( x 3 - a x 2 + ( a 2 - b ) x + ( 2 a b ) - a 3 ) ) + + ( ( a 4 + b 2 - 3 a 2 b - 1 ) x + ( a 3 b - 2 a b 2 - 1 ) ) .

Az adott ötödfokú polinomnak nincs racionális gyöke. Így, ha van közös x gyök, akkor a maradék polinom nem lehet valódi elsőfokú, mert annak csak racionális gyöke van.

Így a4+b2-3a2b-1=0 és a3b-2ab2-1=0. Négyzetszám hármas maradéka 0 vagy 1. Így az első egyenlet csak úgy teljesülhet, ha a és b egyike osztható hárommal ,de ez ellentmondáshoz vezet a második egyenletben. Nem lehet közös gyök.

A 3.4.2 feladat megoldása

Az n-edfokú P(x) polinom gyökeinek reciprokai a Q(x)=xnp(1x) polinom gyökei. Speciálisan, a p(x)=x3-x+1 polinom gyökeinek reciprokai a q(x)=x3((1x)3-1x+1)=1-x2+x3 polinom gyökei. Állítjuk, hogy a q polinom minden gyöke egyben gyöke az r(x)=x5+x+1 polinomnak. Ehhez elég megmutatnunk, hogy a p polinom osztja az r polinomot. Mivel

x 5 + x + 1 = ( x 3 - x 2 + 1 ) ( x 2 + x + 1 )

így a feladat állítását igazoltuk.

A 3.4.3 feladat megoldása

A polinom (soktag) monomok (egytagok) összegéből áll. Egy monom egy szám (valós, racionális, egész vagy általában valamely gyűrűbeli elem) és a változók természetes szám kitevőn vett szorzataiból áll. Egész együtthatós háromváltozós monom például a 3x12x25x3, de lehet háromnál több változósnak is tekinteni, amelyben a többi változó 0-adik hatványon van. Háromváltozós egészegyütthatós polinom például a 3x12x25x3-2x1x2+11x3, de tekinthető háromvoltozós valós együtthatós polinomnak is.

Ha egy polinom szimmetrikus, akkor bármelyik monomjával együtt tartalmazza a monom permutáltjait is. Ha pld egy kétváltozós szimmetrikus polinom tartalmazza a 3x1x22 monomot, akkor tartalmazza a 3(x12x2+x1x22) szimmetrikus polinomot is, de ha háromvoltozós szimmetrikus polinomként tartalmazza ugyanezt, akkor a

3 ( x 1 2 x 2 + x 1 2 x 3 + x 1 x 2 2 + x 1 x 3 2 + x 2 2 x 3 + x 2 x 3 2 )

polinomot is tartalmazza. Minden polinom felbontható monomokra, a szimmetrikus polinom felbontható monomok permutáltjaiból álló csoportokra.

A monomot, ha a szám szorzójától eltekintünk, akkor jól jellemzik az egyes változók kitevői. Érdemes a változók sorrendjét előre rögzíteni és ilymódon a kitevők sorozatával írható le a monom. Az x1x22 monomot pld a (1;2) sorozat írja le a kétváltozós (x1, x2) polinomok között, illetve az (1;2;0) sorozat a háromváltozós (x1, x2, x3) polinomok között. A kitevőknek a változók rögzített sorrendjének megfelelő sorozatát az alábbiakban a monom kódjának nevezzük. Az x1x22 háromváltozós monom kódja (1;2;0), az x1x2x3 monomé (1;1;1) a kódokat a lexikografikus rendszer szerint hasonlítjuk össze: először az első elemüket hasonlítjuk össze, és amelyiknél nagyobb ez a szám, azt a kódot tekintjük nagyobbnak. Ha egyenlők az első elemek, akkor nem döntünk, hanem a második elemüket hasonlítjuk össze stb. Az (1;2;0) kód pld lexikografikusan nagyobb az (1;1;1) kódnál.

A szimmetrikus polinom egy monomjának permutáltjai között van egy lexikografikusan legnagyobb. A (81) polinomban ez a x12x2, amelynek kódja (2;1;0)- Általában az n-változós szimmetrikus polinom egy monomcsoportjánál a lexikografikusan legnagyobb tagjának,

x 1 i 1 x 2 i 2 x n i n

-nek a kódja egy olyan

( i 1 ; i 2 ; ; i n )

sorozat, amely monoton fogy: i1i2in.

Az elemi szimmetrikus polinomok

σ 1 j 1 σ 2 j 2 σ n j n

monomjának felbontásakor olyan szimmetrikus polinomot kapunk, amelynek lexikografikusan legnagyobb monomja

x 1 j 1 + j 2 + + j n x 2 j 2 + + j n x n j n .

Legyen adva most s egy tetszőleges n változós szimmetrikus polinom. Bontsuk fel monomok permutáltjainak csoportjaira, minden csoportot jellemezzünk a kitevők szerint lexikografikusan legnagyobb tagjával és a legnagyobbak közül is válasszuk ki a lexikografikusan legnagyobbat. Legyen ennek a monomnak a kódja (i1;i2;;in), a monom együtthatója αi1;i2;;in

Tekintsük a szimmetrikus polinomok

p i 1 ; i 2 ; ; i n = σ 1 i 1 - i 2 σ 2 i 2 - i 3 σ n - 1 i n - 1 - i n σ n i n

monomját. Ennek felbontásakor a lexikografikusan legnagyobb tag kódja épp (i1;i2;;in), tehát az

s 1 = s - α i 1 ; i 2 ; ; i n p i 1 ; i 2 ; ; i n

polinom is szimmetrikus, de lexikografikusan legnagyobb tagja kisebb a lexikografikus sorrendben, mint az s polinomé.

Tekintsük most az s1 polinomot és válasszuk ki annak lexikografikusan legnagyobb monomját, készítsük el ahhoz az elemi szimmetrikus polinomok megfelelő polinomját stb. Ez az eljárás véges, hiszen a lexikografikusan legnagyobb elemnél lexikografikusan kisebb monomfajták csak véges sokan vannak. Az eljárás nem áll meg addig, amíg egy konstans szám nem lesz a valahanyadik lépésben képződő sk polinom, hiszen minden lépésben szimmetrikus polinomot kapunk, amelynek legnagyobb monomjának kódja monoton fogyó, így képezhető az elemi szimmetrikus polinomok (86) polinomja és vele lejjebb léphetünk a lexikografikus listán. Mikor a konstanshoz jutunk, akkor a menet közben képzett (87) egyenleteket sorban visszafejtve, az sk konstans és a k-adik lépésben képzett elemi szimmetrikus polinom összegeként előáll az sk-1 polinom stb. végül a menet közben gyártott (86) alakú polinomok lineáris kifejezéseként állítjuk elő p-t.

A (86) polinom lexikografikusan legnagyobb monomjának együtthatója 1, így az eljárás során osztanunk sem kell, csak szorzunk, összeadunk, kivonunk számokat, tehát a valós és racionális test mellett az egészek gyűrűjében és más egységelemes gyűrűben is elvégezhető az algoritmus.

A 3.4.4 feladat megoldása

Eredmény:

R e s ( a , b ) = a 2 2 b 0 2 - a 1 a 2 b 0 b 1 + a 0 a 2 b 1 2 - 2 a 0 a 2 b 0 b 2 + a 1 2 b 0 b 2 - a 0 a 1 b 1 b 2 + a 0 2 b 2 2 .

Megoldás:

α + β = - a 1 a 0 , α β = a 2 a 0 ,

γ + δ = - b 1 b 0 , γ δ = b 2 b 0 .

A vizsgált szorzat első két tényezőjének szorzata:

α β - γ ( α + β ) + γ 2 = a 2 a 0 + γ a 1 a 0 + γ 2 ,

míg a második két tényező szorzata:

α β - δ ( α + β ) + δ 2 = a 2 a 0 + δ a 1 a 0 + δ 2 ,

így a teljes szorzat:

( a 2 a 0 ) 2 + a 2 a 0 ( γ + δ ) a 1 a 0 + a 2 a 0 ( γ 2 + δ 2 ) +

+ γ δ ( a 1 a 0 ) 2 + a 1 a 0 ( γ δ 2 + δ γ 2 ) + γ 2 δ 2 =

( a 2 a 0 ) 2 - a 2 a 0 b 1 b 0 a 1 a 0 + a 2 a 0 ( b 1 2 b 0 2 - 2 b 2 b 0 ) +

+ b 2 b 0 ( a 1 a 0 ) 2 - a 1 a 0 b 2 b 0 b 1 b 0 + ( b 2 b 0 ) 2 =

= a 2 2 b 0 2 - a 1 a 2 b 0 b 1 + a 0 a 2 b 1 2 - 2 a 0 a 2 b 0 b 2 + a 1 2 b 0 b 2 - a 0 a 1 b 1 b 2 + a 0 2 b 2 2 a 0 2 b 0 2 .

11.4.0.1 Megjegyzés a 3.4.4 feladathoz

A (88) rezultáns értéke pontosan akkor zérus, ha a két másodfokú polinomnak van közös gyöke. Az eljárás két tetszőleges fokú polinommal is elvégezhető, de a számítás, a rezultáns felírása ezen az úton hosszadalmas.

A 3.4.5 feladat megoldásai

11.4.0.2 A 3.4.5 a) mego.

A Δ polinomban a lexikografikusan legnagyobb tag az x14x22, ennek kódja (lásd a 3.4.3 feladatot) (4;2;0). A hatodfokú monomom ennél lexikografikusan nem nagyobb kódjai és az ezekhez tartozó elemi szimmetrikus monomok:

39. táblázat

A Δ polinom és az említett elemi szimmetrikus monomok felbontásában a fenti kódú monomcsoportok együtthatója:

40. táblázat

Ennek alapján:

Δ = s 1 2 s 2 2 - 4 s 1 3 s 3 - 4 s 2 3 + 18 s 1 s 2 s 3 - 27 s 3 2 .

11.4.0.3 A 3.4.5 b) mego.

A Viete formulák szerint

s 1 = - b a , s 2 = c a , s 3 = - d a ,

azaz

Δ p = b 2 c 2 - 4 b 3 c - 4 a c 3 + 18 a b c d - 27 a d 2 a 4 .

A 3.4.6 feladat megoldása

A kis Fermat tétel szerint a p(x)=x6-1 polinomnak modulo 7 mind a hat redukált maradékosztály gyöke, így a polinom gyöktényezős alakja

x 6 - 1 ( x - 1 ) ( x - 2 ) ( x - 3 ) ( x - 4 ) ( x - 5 ) ( x - 6 ) .

Az jel itt arra is utal, hogy az összefüggés modulo 7 értendő, de arra is, hogy polinomazonosságról van szó. A jobb oldali kifejezés beszorzásával (vagy a Viete formulákra való hivatkozással kapjuk, hogy

σ 1 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 0 ( mod 7 ) , σ 2 = 1 2 + 1 3 + + 5 6 0 ( mod 7 ) , σ 5 = 1 2 3 4 5 + 0 ( mod 7 ) , σ 6 = 1 2 3 4 5 6 6 . ( mod 7 )

Az utolsó összefüggés Wilson tétel néven ismeretes.

A 3.4.7 feladat megoldása

Legyenek p gyökei x1, x2, x3 és x4. Feladatunk a

Q ( x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ) = ( x 1 + x 2 + x 3 + x 4 ) ( x 1 + x 2 - x 3 - x 4 ) ( x 1 - x 2 - x 3 + x 4 ) ( x 1 - x 2 + x 3 - x 4 )

polinom felírása a

- b a = σ 1 = x 1 + x 2 + x 3 + x 4 , c a = σ 2 = x 1 x 2 + x 1 x 3 + x 1 x 4 + x 2 x 3 + x 2 x 4 + x 3 x 4 ,

- d a = σ 3 = x 1 x 2 x 3 + x 1 x 2 x 4 + x 1 x 3 x 4 + x 2 x 3 x 4 , e a = σ 4 = x 1 x 2 x 3 x 4

elemi szimmetrikus polinomok polinomjaként. A

Q = ( x 1 4 + x 2 4 + x 3 4 + x 4 4 ) - 2 ( x 1 2 x 2 2 + x 1 2 x 3 2 + x 1 2 x 4 2 + x 2 2 x 3 2 + x 2 2 x 4 2 + x 3 2 x 4 2 ) + 8 x 1 x 2 x 3 x 4 ,

azaz

Q = σ 1 4 - 4 σ 1 2 σ 2 + 8 σ 1 σ 3 .

Ebből a kívánt polinom:

q = a 4 Q = b 4 - 4 a b 2 c - 8 a 3 d .

11.5 Egyenlőtlenségek feladatok megoldása

A 3.5.1 feladat megoldásai

11.5.0.1 A 3.5.1 fel. I. megoldása

Ismeretes, hogy

( a + b ) 3 = a 3 + 3 a 2 b + 3 a b 2 + b 3 ,

amiből

a 3 + b 3 = ( a + b ) 3 - 3 a 2 b - 3 a b 2 ,

tehát bizonyítandó egyenlőtlenségünk az

( a + b ) 3 4 ( a 2 b + a b 2 )

alakba írható át. A jobb oldal szorzattá alakítható:

( a + b ) 3 4 a b ( a + b )

és a pozitív (a+b) mennyiséggel leoszthatunk:

( a + b ) 2 4 a b ,

azaz 4-gyel való osztás és a pozitív mennyiségekből való gyökvonás után kapjuk, hogy bizonyítandó egyenlőtlenségünk az adott alaphalmazon ekvivalens a

a + b 2 a b ,

egyenlőtlenséggel. Ez egy nevezetes összefüggés, a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenség, így teljesül és vele együtt a feladatban adott egyenlőtlenség is fennáll. Az egyenlőség az a=b esetben és csakis akkor teljesül.

11.5.0.2 A 3.5.1 fel. II. megoldása

Az

a 3 + b 3 = ( a + b ) ( a 2 - a b + b 2 ) , a 2 b + a b 2 = a b ( a + b )

azonosságot használjuk a bal illetve a jobb oldalon, majd leosztunk a pozitív értékű (a+b) kifejezéssel. Kapjuk az eredetivel ekvivalens

a 2 - a b + b 2 a b

egyenlőtlenséget. Nullára rendezve épp teljes négyzetet kapunk:

( a - b ) 2 0

tehát az egyenlőtlenség minden számpárra teljesül és pontosan akkor áll fenn az egyenlőség, ha a=b.

11.5.0.3 A 3.5.1 fel. III. megoldása

A jobb oldal átalakításával indítunk, a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenséget alkalmazzuk, hogy felső becslést kapjunk:

a 2 b + a b 2 = a b ( a + b ) ( a + b 2 ) 2 ( a + b ) = ( a + b ) 3 4 .

Így eredeti egyenlőtlenségünk igazolást nyer, ha megmutatjuk, hogy

a 3 + b 3 2 ( a + b 2 ) 3 .

Ez az összefüggés az f(x)=x3 függvényre vonatkozó Jensen egyenlőtlenség. Ezt a függvényt most a pozitív számok halmazán vizsgáljuk, ott alulról nézve konvex, tehát a húr a görbe felett van. A (93) összefüggés annak felel meg, hogy az a, b abszcisszákhoz tartozó húr felezőpontja a görbe felett van (lásd a 115. ábrát).

115. ábra

Az f(x)=x3 függvény valóban konvex a vizsgált tartományon, hiszen második deriváltja, f(x)=6x a pozitív számok halmazán pozitív.

11.5.0.4 A 3.5.1 fel. IV. megoldása

(Az egyenlőségből indulunk)

Látható, hogy a=b esetén az egyenlőség teljesül. Helyezzünk egy változót középre és mérjük a számok attól való távolságát, azaz legyen

c = a + b 2 ,  s  Δ = c - a = b - c .

Ezzel a jelöléssel

a 3 + b 3 = ( c - Δ ) 3 + ( c + Δ ) 3 = 2 c 3 + 6 c Δ 2 ,

a 2 b + a b 2 = a b ( a + b ) = ( c - Δ ) ( c + Δ ) 2 c = 2 c ( c 2 - Δ 2 ) ,

tehát a bizonyítandó összefüggés a pozitív 2c mennyiséggel való osztás után:

c 2 + 3 Δ 2 c 2 - Δ 2 ,

azaz Δ20, ami minden valós Δ-ra teljesül és az egyenlőség Δ=0, azaz a=b esetén áll fenn.

11.5.0.5 A 3.5.1 fel. V. megoldása

(Rendezési tétel)

Vizsgált egyenlőtlenségünk így is írható:

a 2 a + b 2 b a 2 b + b 2 a .

Ismeretes később igazoljuk a következő összefüggés:

(Rendezési tétel vagy Szűcs Adolf egyenlőtlenség): Ha a1a2an és b1b2bn (ai,biR) és π az (1,2,,n) számok tetszőleges permutációja, akkor

a 1 b 1 + a 2 b 2 + + a n b n a 1 b π ( 1 ) + a 2 b π ( 2 ) + + a n b π ( n ) a 1 b n + a 2 b n - 1 + + a n b 1 .

Ha 0<ab, akkor 0<a2b2, míg ha 0<ba, akkor 0<b2a2, tehát az a, b illetve az a2, b2 számok nagyságrendi sorrendje azonos, míg az a, b és a b2, a2 számok sorrendje egymással ellentétes, így a Rendezési tétel szerint teljesül a bizonyítandó (94) összefüggés.

11.5.0.6 A 3.5.1 fel. VI. megoldása

(Monotonitás)

Osszuk le egyenlőtlenségünket a pozitív a32b32 mennyiséggel:

( a b ) 3 2 + ( b a ) 3 2 ( a b ) 1 2 + ( b a ) 1 2 .

Legyen ab=r>0 és vizsgáljuk a

g ( x ) = r x + r - x

függvényt az x[12;32] intervallumon. Ha megmutatjuk, hogy g ezen az intervallumon monoton növő, akkor egyenlőtlenségünk igazolást nyert, hiszen (95)-ben épp a

g ( 3 2 ) g ( 1 2 )

egyenlőtlenség áll.

Az r=1 esetben azaz a=b esetén g konstans, ilyenkor tehát az egyenlőség áll fenn. Ha r1, akkor

g ( x ) = r x ln r - r - x ln r = ln r r 2 x - 1 r x .

A derivált pozitív, mert rx>0 és 0<r<1 esetén lnr<0 és r2x-1<0, míg 1<r esetén lnr>0 és r2x-1>0. A g függvény tehát valóban monoton növő, így teljesül a vizsgált egyenlőtlenség. Sőt, r1 esetén g szigorúan monoton, tehát az egyenlőség ilyenkor nem teljesülhet.

11.5.0.7 Megjegyzés a 3.5.1 feladat VI. megoldásához

Előbb lényegében a koszinusz hiperbolikusz függvényt vizsgáltuk:

g ( x ) = r x + r - x = 2 e x ln r + e - x ln r 2 = 2 c h ( x ln r ) .

A 3.5.2 feladat megoldásai

11.5.0.8 A 3.5.2 fel. I. megoldása

Rendezzünk 0-ra:

a 4 - a 3 b - a b 3 + b 4 0 ,

azaz

a 3 ( a - b ) - b 3 ( a - b ) 0 ,

tehát

( a 3 - b 3 ) ( a - b ) 0 .

de (a3-b3)=(a-b)(a2+ab+b2), azaz egyenlőtlenségünk ekvivalens a

( a 2 + a b + b 2 ) ( a - b ) 2 0

relációval. Innen látható, hogy a=b esetén az egyelőség áll fenn. Ha pedig ab, akkor leoszthatunk a pozitív (a-b)2 mennyiséggel:

a 2 + a b + b 2 0 .

Ha a és b azonos előjelű, akkor ez nyilvánvalóan teljesül és csak a=b=0 esetén van egyenlőség. Ha a és b ellenkező előjelű, akkor az a2+b2-ab alaknak megfelelő

| a | 2 + | b | 2 2 + | a | 2 + | b | 2 2 | a | 2 | b | 2

egyenlőtlenséget vizsgáljuk. Ebben a bal oldal első tagja, |a|2+|b|22 nemnegatív, sőt csak a=b=0 esetén zérus, míg

| a | 2 + | b | 2 2 | a | 2 | b | 2

a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenség |a|2-re és |b|2-re, tehát (96) teljesül és benne az egyenlőség csak a=b=0 esetén áll fenn.

Összefoglalva: a bizonyítandó egyenlőtlenség teljesül és a=b esetén áll fenn az egyenlőség.

11.5.0.9 A 3.5.2 fel. II. megoldása

Az

a 4 + b 4 = ( a 2 + b 2 ) 2 - 2 a 2 b 2

azonosság szerint a bizonyítandó összefüggés ekvivalens a

( a 2 + b 2 ) 2 2 a 2 b 2 + a b ( a 2 + b 2 )

egyenlőtlenséggel. Ezt kettévágjuk, megmutatjuk egyrészt, hogy

( a 2 + b 2 ) 2 2 2 a 2 b 2 ,

másrészt hogy

( a 2 + b 2 ) 2 2 a b ( a 2 + b 2 ) .

A (97) egyenlőtlenség 2-vel való osztás és gyökvonás után az a2, b2 nemnegatív mennyiségekre felírt számtani és mértani közép közti egyenlőtlenség. Ez tehát teljesül és egyenlőség |a|=|b| esetén áll fenn. A (98) egyenlőtlenségben az egyenlőség áll, ha a2+b2=0, azaz ha a=b=0. Ha ez a feltétel nem teljesül, akkor leoszthatunk (a2+b2)-tel és az

a 2 + b 2 2 a b

relációt kapjuk. Ez nyilvánvalóan teljesül, ha a és b különböző előjelű és ilyenkor nincs egyenlőség. Ha azonos előjelűek, akkor ab=|a||b| és (99) az |a|2, |b|2 számokra vonatkozó számtani és mértani közép közti egyenlőtlenség.

Az eredeti egyenlőtlenség tehát teljesül és az egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha |a|=|b| és a és b nem különböző előjelűek, tehát ha a=b.

11.5.0.10 A 3.5.2 fel. III. megoldása

Ha a és b különböző előjelűek, akkor a bal oldal pozitív, a jobb oldal negatív tehát az egyenlőtlenség teljesül. Ha a és b azonos előjelűek, akkor feltesszük hogy pozitívak, mert mindegyik helyébe a saját abszolútértékét írva a két oldal értéke változatlan marad.

A jobb oldalon az a2-re és b2-re vonatkozó számtani és mértani közép közti összefüggés szerint

a b = a 2 b 2 a 2 + b 2 2

és egyenlőség csak a=b esetén teljesül. Így a teljes jobb oldal is becsülhető:

a b ( a 2 + b 2 ) ( a 2 + b 2 ) 2 2 ,

tehát elegendő lenne igazolni, hogy

( a 2 + b 2 ) 2 2 a 4 + b 4 ,

azaz hogy

( a 2 + b 2 2 ) 2 a 4 + b 4 2 ,

vagy másképp:

a 2 + b 2 2 a 4 + b 4 2 .

Ez az egyenlőség az a2, b2 mennyiségekre vonatkozó számtani és négyzetes közép közti egyenlőtlenség, amelyben az egyenlőség a2=b2 esetén áll fenn.

Így eredeti egyenlőtlenségünk is fennáll és az egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha a=b.

11.5.0.11 A 3.5.2 fel. IV. megoldása

Látható, hogy a=b esetén az egyenlőség teljesül. Helyezzünk egy változót középre és mérjük a számok attól való távolságát, azaz legyen

c = a + b 2 ,  s  Δ = c - a = b - c .

Ezzel a jelöléssel

a 4 + b 4 = ( c - Δ ) 4 + ( c + Δ ) 4 = 2 c 4 + 12 c 2 Δ 2 + 2 Δ 4 ,

a b ( a 2 + b 2 ) = ( c - Δ ) ( c + Δ ) [ ( c - Δ ) 2 + ( c + Δ ) 2 ] = 2 ( c 2 - Δ 2 ) ( c 2 + Δ 2 ) = 2 ( c 4 - Δ 4 ) ,

tehát a bizonyítandó összefüggés a 2-vel valóosztás után:

c 4 + 6 c 2 Δ 2 + Δ 4 c 4 - Δ 4 ,

azaz

2 Δ 2 ( 3 c 2 + Δ 2 ) 0 ,

ami minden valós Δ és c számra teljesül és az egyenlőség Δ=0, azaz a=b esetén áll fenn.

11.5.0.12 A 3.5.2 fel. V. megoldása

Vizsgált egyenlőtlenségünk így is írható:

a 3 a + b 3 b a 3 b + b 3 a .

Ha ab, akkor a332, míg ha ba, akkor b3a3, tehát az a, b illetve az a3, b3 számok nagyságrendi sorrendje azonos, míg az a, b és a b3, a3 számok sorrendje egymással ellentétes, így a Rendezési tétel szerint teljesül a bizonyítandó (100) összefüggés.

11.5.0.13 A 3.5.2 fel. VI. megoldása

Ha a és b egyike zérus, akkor nyilvánvalóan teljesül az egyenlőség. Ha csak az egyikük nulla, akkor nincs egyenlőség, ha mindkettő nulla, akkor teljesül az egyenlőség.

Most tegyük fel, hogy ab0. Osszuk le egyenlőtlenségünket a pozitív a2b2 mennyiséggel:

( a b ) 2 + ( b a ) 2 a b + b a .

Vezessük be az ab=r segédváltozót! Ezzel bizonyítandó egyenlőtlenségünk így írható:

r 2 + 1 r 2 r + 1 r ,

azaz a pozitív r2 mennyiséggel átszorozva és rendezve:

r 4 - r 3 - r + 1 0 .

A bal oldalon szorzattá alakíthatunk:

( r 3 - 1 ) ( r - 1 ) 0 ,

és itt

r 3 - 1 = ( r - 1 ) ( r 2 + r + 1 ) = ( r - 1 ) [ ( r + 1 2 ) 2 + 3 4 ]

tehát egyenlőtlenségünk:

[ ( r + 1 2 ) 2 + 3 4 ] ( r - 1 ) 2 0 .

A bal oldalon mindkét tényező nemnegatív, tehát szorzatuk is az. Az első tényező kifejezetten pozitív, a másik pedig r=1, tehát a=b esetén zérus. Az egyenlőség figyelembe véve az előbb tárgyalt a=b=0 esetet is tehát pontosan akkor teljesül, ha a=b.

11.5.0.14 A 3.5.2 fel. VII. megoldása

A jelen feladat VI. megoldásának (102) egyenlőtlenségét a

g ( x ) = r x + r - x

függvény vizsgálatával is bizonyíthatjuk. Azt kell megmutatnunk, hogy

g ( 2 ) g ( 1 ) .

Ez r<0 esetén nyilvánvaló, hiszen ilyenkor g(2)0g(1). r>0 esetén pedig (106) azért teljesül, mert g az x[1;2] intervallumon monoton nő, ahogy ezt a az előző feladat VI. bizonyításában is láttuk.

A 3.5.3 feladat megoldásai

11.5.0.15 A 3.5.3 fel. I. megoldása

Vonjuk ki a (8) egyenlet 6-szorosát (7)-ből:

x ( x - 6 ) + 2 y ( y - 3 ) + 3 z ( z - 2 ) = 0 .

Ennek ugyan megoldása az x=y=z=0, de ez az eredeti egyenleteknek nem megoldása. (Már önmagában ez is érdekes: hogyan lehet, hogy a különbségnek egy megoldása nem megoldása egyik egyenletnek sem ez is fontos matematikai háttérinformációhoz vezet.)

Megoldás az x=6, y=3, z=2 is, és ez az eredeti egyenleteket is kielégíti.

Nem lehetünk biztosak benne azonban, hogy nincs több megoldás. Tegyük fel, hogy van még egy megoldás, az x=6+x1, y=3+y1, z=2+z1, ahol a második egyenlet miatt természetesen x1+y1+z1=0.

Behelyettesítve x, y, z értékét az (7) egyenletbe x12+2y12+3z12=0. Világos, hogy ez viszont csak az x1=y1=z1=0 esetben teljesül.

11.5.0.16 A 3.5.3 fel. II. megoldása

A (8) egyenletből

z = 11 - ( x + y ) ,

amit az (7) egyenletbe írva x-re nézve másodfokú egyenlethez jutunk:

4 x 2 + ( 6 y - 66 ) x + ( 5 y 2 - 66 y + 297 ) = 0 .

Ennek diszkriminánsa:

D = ( 6 y - 66 ) 2 - 4 4 ( 5 y 2 - 66 y + 297 ) = - 44 ( y - 3 ) 2 .

Tehát az egyenletrendszernek csak y=3 esetén lehet megoldása, ekkor D=0, így (108)-ből x=6, végül (107)-ből z=2.

11.5.0.17 A 3.5.3 fel. III. megoldása

A (8) egyenletnek ne a 6-szorosát, hanem a 12-szeresét vonjuk ki (7)- ből. Ekkor (egy kis a matematikában megszokott trükkel):

x 2 - 12 x + 36 - 36 + 2 y 2 - 12 y + 18 - 18 + 3 z 2 - 12 z + 12 - 12 = 66 - 132 , ( x - 6 ) 2 + 2 ( y - 3 ) 2 + 3 ( z - 2 ) 2 = 0 ,

ami nyilván csak x=6, y=3, z=2 esetén teljesül.

11.5.0.18 Megjegyzés a 3.5.3 feladathoz

Érdemes elgondolkodni, hogy mi áll a feladat hátterében.

Azt az előző probléma esetén már láttuk, hogy algebrai köntösbe bújtatva esetleg geometriai problémát oldunk meg.

Az első egyenlet egy origó középpontú ellipszoid, a második egy sík egyenlete. Az, hogy egyetlen közös pontjuk van, azt jelenti, hogy a sík érinti az ellipszoidot.

Ellipszoid érintősíkjának meghatározása nem triviális feladat, de egy affin transzformációval origó középpontú gömbbe vihető (míg a sík sík marad), és az érintési pontban felírva a síkra merőleges egyenes egyenletét, azt tapasztalhatjuk, hogy az valóban átmegy az origón.

Ez a gondolat ugyan sokat megmutat a probléma hátteréből, de mégsem valószínű, hogy sokan választanák ezt, mert az algebrai megoldás sokkal rövidebb.

A 3.5.4 feladat megoldásai

11.5.0.19 A 3.5.4 fel. I. megoldása

(Kiküszöbölés, diszkrimináns)

A feltétel szerint az a, b, c számok között van pozitív. Ha annak értékét csökkentjük, akkor (míg pozitív marad) a négyzetösszeg is csökken. Ezért elegendő igazolnunk, hogy a2+b2+c214, ha a+2b+3c=14.

Írjuk a helyébe a 14-2b-3c kifejezést a a2+b2+c2-14 formulába, és rendezzük a tagokat b polinomjaként. Kapjuk az

5 b 2 + ( 12 c - 56 ) b + ( 10 c 2 - 84 c + 182 )

másodfokú kifejezést, amelyben a főegyüttható pozitív, így pontosan akkor nemnegatív a kifejezés minden b (és c) esetén, ha diszkriminánsa nempozitív. Mivel

D = ( 12 c - 56 ) 2 - 4 5 ( 10 c 2 - 84 c + 182 ) = - 56 ( c - 3 ) 2 0 ,

így az állítás igazolást nyert.

Egyenlőség csak c=3 esetén lehetséges. Ezt az értéket a b-re kapott polinomba helyettesítve az 5(b-2)2 alakhoz jutunk, amely b=2 esetén zérus. Innen a=14-2b-3c=1, tehát a=1, b=2, c=3 esetén teljesül az egyenlőség.

11.5.0.20 A 3.5.4 fel. II. megoldása

(Számtani és négyzetes közép)

Tekintsük az

a , b 2 , b 2 , b 2 , b 2 , c 3 , c 3 , c 3 , c 3 , c 3 , c 3 , c 3 , c 3 , c 3

számokat. Ezek számtani közepe

a + 4 b 2 + 9 c 3 14 = a + 2 b + 3 c 14 1 ,

míg négyzetes közepük

a 2 + 4 ( b 2 ) 2 + 9 ( c 3 ) 2 14 = a 2 + b 2 + c 2 14 ,

tehát a két közép közti

1 a 2 + b 2 + c 2 14

egyenlőtlenség épp a bizonyítandó állítás. Egyenlőség pontosan akkor áll, ha a vizsgált a, b2, c3 számok egyenlőek egymással és a lehető legkisebbek, azaz ha a=1, b=2, c=3.

11.5.0.21 A 3.5.4 fel. III. megoldása

(Cauchy-Bunyakovszkij-Schwartz egyenlőtlenség, azaz vektorok)

Tekintsük az u¯(a,b,c), v¯(1,2,3) vektorokat. Ezek skaláris szorzata legfeljebb akkora, mint hosszaik szorzata:

1 a + 2 b + 3 c 1 2 + 2 2 + 3 2 a 2 + b 2 + c 2 ,

ami épp a bizonyítandó egyenlőtlenség. Egyenlőség pontosan akkor áll, ha 1a+2b+3c=14 és az v¯, u¯ vektorok azonos irányúak, tehát a=b2=c3. Ezekből adódik, hogy a=1, b=2, c=3.

11.5.0.22 A 3.5.4 fel. IV. megoldása

(Sík és gömb)

Átfogalmazzuk a probléma kérdését: ha egy pont az x+2y+3z=14 sík origóval ellentétes oldalán van, akkor kívül esik az x2+y2+z2=14 gömbön is. Más szóval: a gömb a sík origó felőli oldalára esik.

Felmerül a kérdés, hogy van-e közös pontja a síknak és a gömbnek. A gömb középpontjának (az origónak) a síktól való távolsága

| 0 + 2 0 + 3 0 - 14 1 2 + 2 2 + 3 2 | = 14 ,

tehát ez a távolság épp a gömb sugarával egyezik meg, a sík érinti a gömböt. Közös pontjuk az origón átmenő, a sík (1;2;3) normálvektorával párhuzamos egyenesnek a síkkal való metszéspontja, az (1;2;3) pont.

A 3.5.5 feladat megoldásai

11.5.0.23 A 3.5.5 fel. I. megoldása

Fejezzük ki c-t az egyenletrendszerből!

41. táblázat

azaz

6 c 2 - 4 ( 8 - b ) c + ( 2 b 2 - 16 b + 39 ) = 0 ,

és így

c = 4 ( 8 - b ) ± 16 ( 8 - b ) 2 - 24 ( 2 b 2 - 16 b + 39 ) 12 ,

azaz a nagyobbik c érték:

c = ( 8 - b ) + - 2 b 2 + 8 b + 11 2 3 .

A c ismeretlent felfoghatjuk a b változó függvényének. A (111) kifejezésben a gyök alatti mennyiség a

b [ 2 - 3 3 2 , 2 + 3 3 2 ] [ - 0 . 598 , 4 , 598 ]

intervallumban nemnegatív, itt értelmezzük a (111) függvényt.

E függvény deriváltja:

c = - 1 3 + ( 4 - 2 b ) 3 - 2 b 2 + 8 b + 11 2 ,

Leolvasható, hogy 2b esetén a derivált negatív, tehát a függvény monoton fogyó. Rendezés és négyzetreemelés után a derivált zérushelyének a b1=12 értéket kapjuk, míg az algebrailag adódó b2=72 a négyzetreemelésből kapott hamis gyök. A c függvény értéke az értelmezési tartomány alsó szélén, b=2-332-ban 2+32<3, míg b1=12-ben ennél nagyobb, nevezetesen 72>3, majd b=2-ben újra kisebb, negatív. Így a derivált zérushelyén, b1-ben maximum van. Az így adódó maximum, a c=72 érték a válasz a feladat kérdésére, mert pozitív és racionális, csakúgy mint a többi változó ehhez tartozó értéke: a=b=12, c=d=72.

11.5.0.24 A 3.5.5 fel. II. megoldása

Fejezzük ki b-t az egyenletrendszerből!

Az előző megoldás eljén kapott (110) összefüggést így is írhatjuk:

2 b 2 + 4 ( c - 4 ) b + ( 6 c 2 - 32 c + 39 ) = 0 .

Pontosan akkor van ilyen valós b érték, ha az egyenlet diszkriminánsa nemnegatív, azaz

0 D 8 = 2 ( 16 - 8 c + c 2 ) - ( 6 c 2 - 32 c + 39 ) = - 4 c 2 + 16 c - 7 = ( 7 - 2 c ) ( 2 c - 1 ) ,

tehát, ha 12c72.

Azt kaptuk, hogy c nem nőheti túl a 72 értéket, de ezt el is érheti, hiszen a c=d=72, a=b=12 esetben teljesülnek az előírt összefüggések.

11.5.0.25 A 3.5.5 fel. III. megoldása

Elimináljuk a d változót és vezessük be az a+b2=e, a-b2=Δ új változókat a és b helyett:

42. táblázat

Ha e-t és c tekintjük változónak és Δ-t paraméternek, akkor fent (1) egy egyenes, (2) pedig egy olyan origó középpontú kör egyenlete, amelynek sugara legfeljebb 52 (lásd a 116 ábrát). A maximális sugárhoz, a Δ=0 szélső esethez tartozó kör az E(52,52) ponton megy át.

116. ábra

A (c,e) pont a két alakzat metszéspontja. Az ábrából világos, hogy a maximális kör, Δ=0 esetén kapjuk a legnagyobb c értéket. A P(72,12) metszéspont tartozik a szélső esethez:

c = d = 7 2 , e = 1 2 , Δ = 0 , a = b = 1 2 .

Ezek valóban mind pozitív racionális értékek.

11.5.0.26 I. megjegyzés a 3.5.5 feladathoz

Egyszer véletlenül az alábbi egyenletrendszerből indultunk ki:

43. táblázat

Egy diák megmutatta, hogy nincs olyan valós számnégyes, amely kielégíti ezt az egyenletrendszert. Valóban a számtani és négyzetes közép közti összefüggés szerint

a + b + c + d 4 | a | +