![]() |
A C. 1833. feladat (2024. december) |
C. 1833. Oldjuk meg az
\(\displaystyle a+c=b,\)
\(\displaystyle a^3-c=b^2,\)
\(\displaystyle a+b=c^3\)
egyenletekből álló egyenletrendszert, ha \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\) természetes számok.
Javasolta: Bíró Bálint (Eger)
(5 pont)
A beküldési határidő 2025. január 10-én LEJÁRT.
1. megoldás. Az egyenletrendszer első két egyenletének összeadásával \(\displaystyle a+a^3=b^2+b\), a kapott egyenlet mindkét oldalához \(\displaystyle b\)-t adva
\(\displaystyle a+b+a^3=b^2+2b.\)
A harmadik egyenlet szerint \(\displaystyle a+b=c^3\), ezért
\(\displaystyle a^3+c^3=b^2+2b.\)
Alkalmazzuk az \(\displaystyle a^3+c^3=(a+c)(a^2-ac+c^2)\) azonosságot, ezzel az előző egyenletből \(\displaystyle (a+c)(a^2-ac+c^2)=b^2+2b\) adódik, ebből pedig
\(\displaystyle (1)\) | \(\displaystyle b(a^2-ac+c^2)=b^2+2b.\) |
Ha az (1) egyenletben \(\displaystyle b=0\), akkor a feltételek és \(\displaystyle a+c=b\) miatt \(\displaystyle a=0\) és \(\displaystyle c=0\). Számolással ellenőrizhető, hogy az
\(\displaystyle a=0, ~b=0, ~c=0\)
számhármas megoldása az egyenletrendszernek.
Ha \(\displaystyle b\neq 0\), akkor oszthatunk vele, így (1)-ből az \(\displaystyle a^2-ac+c^2=b+2=a+c+2\), ebből pedig az \(\displaystyle a^2-a+c^2-c-ac=2\) egyenletet kapjuk.
Ekvivalens átalakítással \(\displaystyle (a-1)^2+(c-1)^2+a+c-ac-2=2\), illetve
\(\displaystyle (2)\) | \(\displaystyle (a-1)^2+(c-1)^2+a+c-ac=4.\) |
Az \(\displaystyle a^2-a+c^2-c-ac=2\) egyenletből az is következik, hogy \(\displaystyle (a-c)^2+ac=a+c+2\), azaz \(\displaystyle (a-c)^2-2=a+c-ac\).
Ezt beírva a (2) egyenletbe
\(\displaystyle (3)\) | \(\displaystyle (a-1)^2+(c-1)^2+(a-c)^2=6.\) |
A (3) egyenlet bal oldalán három olyan négyzetszám összege áll, amelyek összege \(\displaystyle 6\), ez csakis úgy lehetséges, ha az egyik négyzetszám \(\displaystyle 4\), a másik kettő \(\displaystyle 1\), ezért három esetet kell megvizsgálnunk:
\(\displaystyle {(i)}\) | \(\displaystyle (a-1)^2=1,\quad (c-1)^2=1,\quad (a-c)^2=4,\) |
\(\displaystyle {(ii)}\) | \(\displaystyle (a-1)^2=1,\quad (c-1)^2=4,\quad (a-c)^2=1,\) |
\(\displaystyle {(iii)}\) | \(\displaystyle (a-1)^2=4,\quad (c-1)^2=1,\quad (a-c)^2=1.\) |
Az (i) esetben csak \(\displaystyle a=0, ~c=2\) vagy \(\displaystyle a=2, ~c=0\) lenne lehetséges, ellenkező esetben nem teljesül az \(\displaystyle (a-c)^2=4\) egyenlőség.
Azonban sem \(\displaystyle a=0, ~c=2\), sem pedig \(\displaystyle a=2, ~c=0\) nem ad megoldást, mert az előbbi ellentmond az eredeti egyenletrendszer második, utóbbi a harmadik egyenletének.
Az (ii) csak úgy volna lehetséges, ha \(\displaystyle a=0\) vagy \(\displaystyle a=2\), illetve \(\displaystyle c=3\) vagy \(\displaystyle c=-1\). Az ezekből képezhető négy számpár közül nyilván nem felel meg az a kettő, amelyben \(\displaystyle c=-1\), a másik kettő közül csak az \(\displaystyle a=2, ~c=3\) felel meg az \(\displaystyle (a-c)^2=1\) feltételnek. Ebből azonban \(\displaystyle b=5\) következne, de az \(\displaystyle a=2,~ b=5,~ c=3\) számhármas nem felel meg az egyenletrendszer második és harmadik egyenletének.
Végül az (iii) eset első két egyenlete szerint \(\displaystyle a=3\) vagy \(\displaystyle a=-1\), illetve \(\displaystyle c=0\) vagy \(\displaystyle c=2\).
Az innen kapható négy számpár közül az \(\displaystyle a=-1\)-et tartalmazó két pár a feltétel miatt nem ad megoldást. Az \(\displaystyle a=3,~ c=0\) számpár sem megoldás, mert ellentmond az eredeti egyenletrendszer harmadik egyenletének.
Az \(\displaystyle a=3, ~c=2\) számpárból \(\displaystyle b=5\) adódik, és az \(\displaystyle a=3,~ b=5,~ c=2\) számhármas kielégíti mindhárom kiinduló egyenletet.
Minden esetet megvizsgáltunk és azt kaptuk, hogy az egyenletrendszer mindhárom egyenletét csak az
\(\displaystyle a=0, ~b=0, ~c=0; \qquad a=3, ~b=5, ~c=2\)
számhármasok elégítik ki.
2. megoldás. Az 1. megoldással megegyező úton jutunk el az (1) egyenlethez, onnan pedig az \(\displaystyle a=0, ~b=0, ~c=0\) megoldáshoz. Ezután a \(\displaystyle b\neq 0\) feltétel figyelembe vételével az \(\displaystyle a^2-a+c^2-c-ac=2\) egyenletet kapjuk, ahonnan teljes négyzetté alakítással és rendezéssel \(\displaystyle (a+c)^2-3ac=a+c+2\), illetve \(\displaystyle (a+c)^2-(a+c)-2=3ac,\) az \(\displaystyle a+c=b\) helyettesítéssel pedig
\(\displaystyle (4)\) | \(\displaystyle b^2-b-2=3ac\) |
következik. A (4) egyenlet jobb oldala \(\displaystyle 3\)-mal osztható nemnegatív egész szám, ezért a bal oldalnak is \(\displaystyle 3\)-mal oszthatónak kell lennie.
Alkalmazzuk az \(\displaystyle a~,c\) nemnegatív egészekre a mértani és számtani közép közötti egyenlőtlenséget, eszerint
\(\displaystyle \displaystyle{\sqrt{ac}\leq \frac{a+c}{2}}.\)
Az egyenlőtlenségből négyzetre emeléssel adódik, hogy \(\displaystyle \displaystyle{ac\leq \frac{(a+c)^2}{4}}\), azaz \(\displaystyle \displaystyle{3ac\leq \frac{3(a+c)^2}{4}}\).
Ezt beírhatjuk a (4) egyenletbe és az \(\displaystyle a+c=b\) helyettesítéssel \(\displaystyle \displaystyle{b^2-b-2\leq \frac{3b^2}{4}}\), ahonnan rendezéssel és teljes négyzetté alakítással:
\(\displaystyle (5)\) | \(\displaystyle (b-2)^2\leq 12.\) |
(5) szerint
\(\displaystyle 2-\sqrt{12}\leq b\leq 2+\sqrt{12}.\)
Mivel \(\displaystyle 2-\sqrt{12}<0\), továbbá a tárgyalt esetben \(\displaystyle b\neq 0\), ezért
\(\displaystyle (6)\) | \(\displaystyle 0<b\leq 2+\sqrt{12}\approx {5,464}.\) |
A \(\displaystyle b\) pozitív egész (6) szerint csak \(\displaystyle 5, ~4, ~3, ~2, ~1\) lehet.
A \(\displaystyle b=1\) esetben (4) miatt \(\displaystyle 3ac<0\), így ez nem lehetséges. Ha \(\displaystyle b=2\), akkor (4)-ből \(\displaystyle 3ac=0\), tehát \(\displaystyle a=0\) vagy \(\displaystyle c=0\), de \(\displaystyle b=2\) figyelembevételével egyik számhármas sem elégíti ki az eredeti egyenletrendszer mindhárom egyenletét, ezért ezek nem adnak megoldást.
A \(\displaystyle b=3\) és \(\displaystyle b=4\) azért nem felel meg, mert ezekkel az értékekkel (4) bal oldala nem osztható 3-mal.
A \(\displaystyle b=5\) számot behelyettesítve, (4)-ből egyszerűsítés után azt kapjuk, hogy \(\displaystyle ac=6\). Ez csak az \(\displaystyle a=1, ~c=6\), az \(\displaystyle a=2, ~c=3\), az \(\displaystyle a=3, ~c=2\) végül az \(\displaystyle a=6, ~c=1\) természetes számpárokra teljesülhet. Számolással egyszerűen ellenőrizhető, hogy ezek közül \(\displaystyle b=5\) mellett csak az \(\displaystyle a=3, ~c=2\) pár ad minden feltételnek megfelelő megoldást.
Minden esetet megvizsgáltunk és azt kaptuk, hogy az egyenletrendszer mindhárom egyenletének csak az
\(\displaystyle a=0, ~=0, ~c=0; \qquad a=3, ~b=5, ~c=2\)
természetes számhármasok felelnek meg.
3. megoldás. Az első egyenletből fejezzük ki \(\displaystyle c\)-t, és helyettesítsük be a másodikba:
\(\displaystyle {(7)}\) | \(\displaystyle c=b-a, \) |
\(\displaystyle {(8)}\) | \(\displaystyle a^3=b-a+b^2.\) |
Ezután az (7) és (8) összefüggéseket behelyettesítjük a harmadik egyenletbe, és rendezzük:
$$\begin{align*} a+b & = (b-a)^3=b^3-3b^2a+3ba^2-a^3, \\ a+b & = b^3-3b^2a+3ba^2-(b-a+b^2), \\ 0 & = b^3-3b^2a+3ba^2-2b-b^2, \\ 0 & = b\Big(b^2+b(-3a-1)+3a^2-2\Big). \end{align*}$$Ez kétféleképpen állhat fenn:
a) Ha \(\displaystyle b=0\), ebben az esetben az (7) egyenletből az következik, hogy \(\displaystyle a+c=0\). Mivel \(\displaystyle a, ~c\) természetes számok, ez csakis úgy lehetséges, ha \(\displaystyle a=0, ~c=0\).
Könnyen ellenőrizhető, hogy az \(\displaystyle a=0,~ b=0, ~c=0\) számhármas kielégíti az eredeti egyenletrendszer mindhárom egyenletét, tehát megoldása a feladatnak.
b) Ha
\(\displaystyle (9) \) | \(\displaystyle \displaystyle{b^2+b(-3a-1)+3a^2-2=0},\) |
akkor ez a \(\displaystyle b\)-re nézve másodfokú egyenlet, amelynek diszkriminánsa:
\(\displaystyle (10)\) | \(\displaystyle D=(-3a-1)^2-4(3a^2-2) =-3a^2+6a+9 = -3(a^2-2a-3)=-3(a-3)(a+1).\) |
A megoldhatóság feltétele, hogy \(\displaystyle D\) nemnegatív, továbbá négyzetszám legyen.
A (10) egyenlőségből könnyen látható, hogy \(\displaystyle D\ge 0\) pontosan akkor teljesül, ha \(\displaystyle 0\le a \le 3\), ugyanakkor \(\displaystyle a=1\) esetén \(\displaystyle D=12\), ezért csak \(\displaystyle a=0,~ a=2\) vagy \(\displaystyle a=3\) lehetséges.
Az \(\displaystyle a=0\)-ra a (8) egyenletből azt kapjuk, hogy \(\displaystyle b+b^2=0\), ez pedig csak a \(\displaystyle b=0\) természetes számra teljesülhet. Az \(\displaystyle a=0,~ b=0\) esetén az (7) egyenletből \(\displaystyle c=0\) adódik, így megoldásként ismét az \(\displaystyle a=0, ~b=0, ~c=0\) számhármast kapjuk.
Ha \(\displaystyle a=2\), akkor (9)-ből a \(\displaystyle b^2-7b+10=0\) egyenletet kapjuk, amelynek megoldásai \(\displaystyle b=2\) és \(\displaystyle b=5\).
Az \(\displaystyle a=2, ~b=2\) alapján (7)-ből \(\displaystyle c=0\) következik, de az \(\displaystyle a=2,~ b=2, c=0\) számhármas nem elégíti ki az eredeti egyenletrendszer második és harmadik egyenletét. Ha pedig \(\displaystyle a=2\) és \(\displaystyle b=5\), akkor ugyancsak (7) szerint \(\displaystyle c=3\), de az \(\displaystyle a=2, b=5, c=3\) szintén nem tesz eleget az eredeti egyenletrendszer második és harmadik egyenletének. Mindezek miatt \(\displaystyle a=2\) nem lehetséges.
Végül, ha \(\displaystyle a=3\), akkor (10)-ből \(\displaystyle D=0\), másrészt (9)-ből a \(\displaystyle b^2-10b+25=0\) másodfokú egyenletet kapjuk, amelynek egyetlen megoldása \(\displaystyle b=5\). Az így adódó \(\displaystyle a=3, ~b=5, ~c=2\) számhármas kielégíti az eredeti egyenletrendszer mindhárom egyenletét, vagyis megoldása a feladatnak.
Az egyenletrendszernek tehát két, a feltételeknek eleget tevő megoldása van, az
\(\displaystyle a=0, ~b=0, ~c=0,\)
és az
\(\displaystyle a=3, ~b=5, ~c=2\)
számhármas.
Megjegyzés. Az \(\displaystyle a=2\) esetet úgy is kizárhatjuk, hogy az eredeti első egyenletet, vagyis \(\displaystyle a+c=b\)-t a másodikba helyettesítjük: \(\displaystyle 2a+c=c^3\), majd átalakítjuk: \(\displaystyle 2a=c(c-1)(c+1)\). Tekintve, hogy a \(\displaystyle 2\) prím, az \(\displaystyle a\) \(\displaystyle 3\)-mal osztható kell legyen, hiszen \(\displaystyle c\), \(\displaystyle c-1\) és \(\displaystyle c+1\) három egymást követő pozitív egész, így a szorzatuk osztható \(\displaystyle 3\)-mal.
Statisztika:
189 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Albert Luca Liliána, Bara Boglárka , Bense Tamás, Blaskovics Bálint, Budai Máté, Farkas András, Fülöp Magdaléna, Halász Tamás, Hetyei Dániel, Hicsó Máté Kristóf, Hollósi Dominik, Iván Máté Domonkos, Kallós Klára, Kókai Ákos, Kulcsár Anna Zita, Kun Milán, Lovas Márk, Miskolczi Máté Pál, Molnár-Sáska Tamás, Monoczki Máté, Nagypál Katóca, Nelissen Sámuel Zalán, Pánovics Máté, Pap Lola, Papp Emese Petra, Pázmándi Renáta , Pink István, Szabó Máté, Tóth Luca, Ujpál Bálint, Válek Péter. 4 pontot kapott: Aaishipragya Kahaly, Danka Emma, Hajnal Ákos Huba, Kiss Ákos, Kiss Máté, Kóródy Vera, Kun Zsófia, Majer Veronika, Maróti Olga, Masa Barnabás, Mezei Marcell, Molnár Lili, Radošická Emma, Rózsa Zsombor, Sipos Ferenc László, Szighardt Anna. 3 pontot kapott: 11 versenyző. 2 pontot kapott: 36 versenyző. 1 pontot kapott: 53 versenyző. 0 pontot kapott: 17 versenyző. Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt: 15 dolgozat.
A KöMaL 2024. decemberi matematika feladatai