 |
A C. 1798. feladat (2024. február) |
C. 1798. Határozzuk meg a
\(\displaystyle \left(p+\frac{1}{p}\right)\cdot\left(x-\frac{1}{x}\right)+\left(p-\frac{1}{p}\right)\cdot\left(x+\frac{1}{x}\right)=4px+5+\frac{1}{p} \)
egyenlet összes egész megoldását, ha a \(\displaystyle p\) paraméter egész szám.
Javasolta: Bíró Bálint (Eger)
(5 pont)
A beküldési határidő 2024. március 11-én LEJÁRT.
Megoldás. Nyilvánvaló, hogy \(\displaystyle x\neq 0\), másrészt \(\displaystyle p\neq 0\). A műveletek elvégzésével és rendezéssel a
\(\displaystyle \displaystyle{2px+\frac{2}{px}+5+\frac{1}{p}=0}\)
egyenletet kapjuk, ahonnan a \(\displaystyle px\)-szel való szorzással és kiemeléssel a
| \(\displaystyle (1)\) | \(\displaystyle 2 p^2x^2+(5p+1)x+2=0\) |
egyenlet adódik. Az (1) egyenlet a \(\displaystyle p\neq 0\) feltétel miatt másodfokú, tehát valós megoldása akkor és csak akkor van, ha diszkriminánsa nem negatív, azaz ha \(\displaystyle \Big(5p+1\Big)^2-16p^2\geqq0\).
Innen a \(\displaystyle 9p^2+10p+1\geqq0\) másodfokú egyenlőtlenséget kapjuk. A \(\displaystyle 9p^2+10p+1=0\) egyenlet megoldásai
\(\displaystyle \displaystyle{p_1=-1,\qquad p_2=-\frac{1}{9}},\)
ezért a \(\displaystyle p\) egész számokat a
\(\displaystyle \Big]-\infty;-1\Big]\bigcup\Big[-\frac{1}{9};\infty\Big[\)
halmazon keressük.
Az (1) másodfokú egyenlet megoldása csak akkor lehet egész szám, ha diszkriminánsa négyzetszám, azaz, ha van olyan \(\displaystyle m\in Z\), amelyre \(\displaystyle 9p^2+10p+1=m^2\), illetve
| \(\displaystyle (2)\) | \(\displaystyle 9p^2+10p+1-m^2=0.\) |
Mivel \(\displaystyle p\) egész szám, ezért a \(\displaystyle p\)-ben másodfokú (2) egyenlet diszkriminánsa négyzetszám kell hogy legyen. Ez azt jelenti, hogy \(\displaystyle m\in Z\) mellett léteznie kell olyan \(\displaystyle n\in Z\) számnak, hogy \(\displaystyle 100-4\cdot 9\cdot(1-m^2)=n^2\), amelyből rendezés után \(\displaystyle n^2-36m^2=64\), szorzattá alakítás után pedig
| \(\displaystyle (3)\) | \(\displaystyle (n-6m)(n+6m)=64\) |
következik.
A (3) egyenlet bal oldalán szereplő zárójeles kifejezések paritása azonos, mert összegük páros egész szám, és mivel a jobb oldal értéke \(\displaystyle 2\)-hatvány, ezért \(\displaystyle n-6m\) és \(\displaystyle n+6m\) is \(\displaystyle 2\)-hatvány. A (2) egyenletben \(\displaystyle m^2\) szerepel, ezért elegendő az
| \(\displaystyle (4)\) | \(\displaystyle n-6m=2,\qquad n+6m=32,\) |
| \(\displaystyle (5)\) | \(\displaystyle n-6m=4,\qquad n+6m=16,\) |
és
| \(\displaystyle (6)\) | \(\displaystyle n-6m=8,\qquad n+6m=8\) |
eseteket vizsgálni.
A (4) egyenletrendszerből azt kapjuk, hogy \(\displaystyle 12m=30\), ennek nincs \(\displaystyle m\)-re egész megoldása.
Az (5) egyenletrendszerből az \(\displaystyle m=1\), míg a (6) egyenletrendszerből \(\displaystyle m=0\) következik.
Ha \(\displaystyle m=1\), akkor a (2) egyenlet \(\displaystyle 9p^2+10p=0\), amelynek megoldásai
\(\displaystyle \displaystyle{p_1=0, \qquad p_2=-\frac{10}{9}},\)
de ezek nyilvánvaló, hogy nem megoldások.
Ha pedig \(\displaystyle m=0\), akkor a (2) egyenlet szerint \(\displaystyle 9p^2+10p+1=0\), ennek gyökei
\(\displaystyle \displaystyle{p_3=-1, \qquad p_4=-\frac{1}{9}}.\)
Ezek közül csak \(\displaystyle p_3=-1\) egész szám, és ez megfelel a feltételeknek. Behelyettesítve az (1) egyenletbe \(\displaystyle 2x^2-4x+2=0\), amelynek megoldása \(\displaystyle x=1\).
A feladatnak tehát egyetlen megoldása van, mégpedig \(\displaystyle p=-1\) paraméter mellett \(\displaystyle x=1\).
Statisztika:
148 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Aaishipragya Kahaly, Balogh Péter, Barna 201 Krisztina, Barna Márton, Beinschroth Máté, Budai Máté, Dancsák Dénes, Danka Emma, Feczkó Illés Tivadar, Göőz Lilla, Han Xinzhi, Harmincz Sára, Hetyei Dániel, Horváth Imre, Inokai Ádám, Iván Máté Domonkos, Kovács Dániel, Kővágó Edit Gréta, Máté Kristóf, Mikó Hédi Irma, Molnár-Sáska Tamás, Nagy 292 Korina, Oleár Ákos, Pázmándi Renáta , Simon Bálint, Szabó András, Szabó Donát, Tóth-Falusi Mihály, Török Eszter Júlia, Viczián Márk. 4 pontot kapott: 28 versenyző. 3 pontot kapott: 33 versenyző. 2 pontot kapott: 18 versenyző. 1 pontot kapott: 13 versenyző. 0 pontot kapott: 12 versenyző. Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt: 6 dolgozat.
A KöMaL 2024. februári matematika feladatai