Fejezet tartalma
Vissza 68
Tartalomjegyzék
Egyenletrendszerek
III. EGYENLETRENDSZEREK III.1. Elsőfokú egyenletekből álló rendszerek III.1.1. Két ismeretlent tartalmazó rendszerek 1.1.1. Értelmezés. Egy kétismeretlenes elsőfokú egyenlet általános alakja ax + by + c = 0 , tehát egy kétismeretlenes elsőfokú egyenletekből álló egyenletrendszer általános alakja: a1 x + b1 y + c1 = 0 a x + b y + c = 0 2 2 2 , n ∈ `* \ {1} , ak , bk , ck ∈ \ , k = 1, n (1) .............................. an x + bn y + cn = 0 1.1.2. Feladat. Vizsgáljuk meg a következő rendszerek megoldáshalmazát. Ábrázoljuk a síkban azokat a pontokat, amelyek koordinátái teljesítik az egyes rendszerek egyenleteit és adjuk meg a megoldás geometriai jelentését. 2 x − 3 y = 1 2 x − 3 y = 1 2 x − 3 y = 1 x − 2 y = 1 ; b) 3x + 2 y = 8 ; c) 3x + 2 y = 8 ; d) . a) 3x + 2 y = 8 3x − 6 y = 3 x + y = 3 x + y = 2 Megoldás a) A kiküszöbölés módszerét használjuk. Az első egyenlet mindkét oldalát 2-vel, a második egyenlet mindkét oldalát 3-mal szorozzuk, és összeadjuk a kapott egyenletek megfelelő oldalait: 4 x − 6 y = 2 9 x + 6 y = 24 13x
Tehát x = 2 és így y = a (2, 1) számpár.
= 26
⊕
2 x − 1 8 − 3x = = 1 . Következésképpen a rendszer egyetlen megoldása 3 2
1.1.3. Értelmezés. Ha egy egyenletrendszernek egyetlen megoldása van, akkor azt összeférhető határozott rendszernek nevezzük. b) Az a) ponthoz hasonlóan az első két egyenletből x = 2 és y = 1 . Mivel ezek teljesítik a
harmadik egyenletet is, a rendszer megoldása a (2, 1) számpár. c) Itt is az első két egyenlet alapján x = 2 és y = 1 . Viszont ezek nem teljesítik a harmadik egyenletet, tehát a rendszernek nincs megoldása. 1.1.4. Értelmezés. Ha egy egyenletrendszernek nincs megoldása, akkor azt összeférhetetlen rendszernek nevezzük. d) A második egyenlet ebben az esetben az első háromszorosa. Így, ha kiküszöböljük az egyik ismeretlent, akkor a másik ismeretlen is eltűnik. Ebben az esetben az egyenletrendszernek x −1 alakúak, tehát végtelen sok megoldása van. A megoldások x = 2 y + 1 , vagy y = 2 x −1 M = x, x ∈ \ vagy más alakban M = ( 2 y + 1, y ) y∈\ . 2
{
}
Tartalomjegyzék
Fejezet tartalma
Egyenletrendszerek
69
1.1.5. Értelmezés. Ha egy egyenletrendszernek végtelen sok megoldása van, akkor azt összeférhető határozatlan rendszernek nevezzük. III.1.1.1. Kétismeretlenes elsőfokú egyenletrendszerek geometriai jelentése 2x −1 egyenletű 3 8 − 3x egyenes. A 3x + 2 y = 8 egyenlőséget teljesítő (x, y ) párok geometriai képe az y = 2 egyenletű egyenes. Tehát a rendszer megoldása a két egyenes metszéspontjának koordinátáit adja meg. (III.1. ábra) A b) pontban az y = 3 − x egyenletű egyenes áthalad az M (2, 1) ponton, tehát ebben az esetben is a rendszer összeférhető határozott és a megoldáshalmaz nem változik. (III.2. ábra)
A 2 x − 3 y = 1 egyenlőséget teljesítő (x, y ) párok geometriai képe az y =
y= 1
2x −1 3
y= 1
M (2, 1)
-1
M (2, 1)
-1
4
2 x −1 3
4 2
2 -1
-1 -2
y=
8 − 3x 2
y = 3− x
-2
y=
8 − 3x 2
III. 2. ábra
III. 1. ábra
A c) pontban az y = 2 − x egyenletű egyenes nem halad át M (2, 1) ponton, ezért a rendszer összeférhetetlen. (III.3. ábra) x −1 egyenest származtatja, ezért a A d) pontban mindkét egyenlet ugyanazt az y = 2 megoldáshalmaz végtelen sok elemet tartalmaz, az egyenes minden pontjának koordinátái megoldások. (III.4. ábra) y y= 1
2x − 1 3
y=
x − 1 3x − 3 = 2 6
M ( 2, 1)
-1
4
x
2 -1
1
-1 -1
-2
y=
8 − 3x 2
III. 3. ábra
y =2−x
III. 4. ábra
Az előbbi feladat alapján egyenesek metszéspontját, összefutását lehet vizsgálni a hozzájuk rendelt rendszerek segítségével. A továbbiakban általános feltételeket vezetünk le az (1) rendszer megoldhatóságára vonatkozóan. Megvizsgáljuk, hogy ez a rendszer mikor összeférhetetlen, mikor összeférhető határozatlan, illetve, mikor összeférhető határozott.
Fejezet tartalma
70
Tartalomjegyzék
Egyenletrendszerek
a1 x + b1 y + c1 = 0 1.1.6. Feladat. Határozzuk meg az (2) egyenletrendszer megoldásait a 2 x + b2 y + c2 = 0 az együtthatók függvényében. Megoldás. Az első egyenletet a2 -vel, a másodikat −a1 -gyel szorozzuk, majd összeadjuk a kapott egyenletek megfelelő oldalait: a1 a 2 x + b1 a 2 y + c1 a 2 = 0 − a1 a 2 x − b2 a1 y − c 2 a1 = 0 ⊕ (b1 a 2 − a1b2 )y = c 2 a1 − c1 a 2
Ha az y -t küszöböljük ki, akkor az (a1b2 − a 2 b1 )x = c 2 b1 − c1b2 egyenlőséghez jutunk. c b −c b c a − c 2 a1 . Tehát a1b2 − a 2 b1 ≠ 0 esetén a megoldások x = 2 1 1 2 és y = 1 2 a1 b 2 − a 2 b 1 a1 b2 − a 2 b1 Ha a1b2 − a 2 b1 = 0 , akkor a megoldás létezéséhez szükségesek a c2b1 − c1b2 = 0 és c1a2 − c2 a1 = 0 feltételek. a b c Tehát 1 = 1 = 1 esetén a rendszer összeférhető határozatlan (ekkor mindkét egyenlet a 2 b2 c 2 ugyanazt az egyenest származtatja) és az előbbi két esettől eltérő értékekre (azaz, ha a1b2 − a 2 b1 = 0 és c2 b1 − c1b2 ≠ 0 vagy c1a2 − c2 a1 ≠ 0 ) összeférhetetlen. (Ha valamely nevező nulla, akkor egy sajátos egyenletrendszerünk van, aminek a vizsgálását rátok bízzuk) 1.1.7. Feladat. Az a j , b j , c j , j = 1, n valós számok milyen feltételt kell teljesítsenek ahhoz, hogy az a1 x + b1 y + c1 = 0 a 2 x + b 2 y + c 2 = 0 .............................. a n x + bn y + c n = 0 egyenletrendszer határozatlan legyen? Megoldás. A rendszer akkor határozatlan, ha minden egyenlet ugyanazt az egyenest a b c származtatja. Ez pontosan akkor történik meg, ha 1 = 1 = 1 ∀i = 2, n . a i bi c i
1.1.8. Feladat. Az a j , b j , c j , j = 1, 3 valós számok milyen feltételt kell teljesítsenek ahhoz, hogy az (1) egyenletrendszernek pontosan egy megoldása legyen (összeférhető határozott legyen)? Megoldás. Belátható, hogy az ai b j − a j bi
(i ≠ j) különbségek mindegyike nem lehet 0, mert
akkor a rendszer az előző feladat alapján határozatlan lenne. Ha a1b2 − a 2 b1 ≠ 0 , akkor az 1.1.6. feladat alapján az első két egyenlet által alkotott rendszer megoldása x =
c 2 b1 − c1b2 c a − c 2 a1 és y = 1 2 (3). A rendszer harmadik egyenletét ez a két a1 b 2 − a 2 b 1 a1b2 − a 2 b1
c 2 b1 − c1b2 c a − c 2 a1 + b3 ⋅ 1 2 + c3 = 0 a1 b 2 − a 2 b 1 a1b2 − a 2 b1 teljesülnie kell. Ezt az egyenlőséget a következő alakba írhatjuk:
érték kell teljesítse, tehát az a 3 ⋅
egyenlőségnek
Fejezet tartalma
Tartalomjegyzék
Egyenletrendszerek
71
a1b2 c 3 + b1 c 2 a 3 + c1 a 2 b3 − a1 b3 c 2 − b1 c 3 a 2 − c1 a 3 b2 = 0 . (4) Ellenőrizhető, hogy ha a1b3 − a 3 b1 ≠ 0 vagy a 2 b3 − a 3 b2 ≠ 0 és az első és harmadik, illetve második és harmadik egyenletből fejezzük ki a megoldást, majd a rendszer még fel nem használt egyenletébe helyettesítjük, akkor ugyanahhoz a (4) összefüggéshez jutunk. Ez a feltétel tehát szükséges a megoldások létezéséhez. Következésképpen a rendszernek akkor lesz egyetlen megoldása, ha nem teljesülnek az 1.1.7. feladat feltételei, tehát létezik i, j ∈ {1, 2, 3}, i ≠ j úgy, hogy ai b j − a j bi ≠ 0 és teljesül a (4) feltétel.
1.1.9. Megjegyzés A megfelelő kifejezések könnyebb memorizálása érdekében bevezetjük a jelöléseket: a1 b1 a b és a1b2 c3 + b1c2 a3 + c1a2 b3 − a1b3 c2 − b1c3 a2 − c1a3b2 = a2 b2 ad − bc = c d a3 b3
következő c1 c2 . c3
A fenti jelölésekkel bevezetett számokat másod- illetve harmadrendű determinánsnak nevezzük. Az első esetben az a és d a főátlóra, míg a b és c a mellékátlóra esik, tehát mondhatjuk, hogy a1 Ha az a2 a3
b1 b2 b3
a b a főátlós szorzat és a mellékátlós szorzat különbsége. c d
c1 c2 alá írjuk az első két sort a mellékelt III.5. ábrának c3
a1 a2 a3
b1 b2 b3
c1 c2 c3
megfelelően, akkor itt a főátlóval a1 b1 c1 „párhuzamos” szorzatok összegének és a mellékátlóval „párhuzamos” szorzatok a2 b2 c2 összegének a különbségét kapjuk. (A Sarrus szabály harmadrendű determináns ezen III. 5. ábra „Háromszög szabály” kiszámítási módja a Sarrus szabály). III. 6. ábra Még létezik az úgynevezett háromszög szabály is, amelyet a mellékelt III.6. ábra szemléltet. Az első ábrán összekötött elemek szorzatának összegéből kivonjuk a második ábrán összekötött elemek szorzatának összegét. Így nem kell megjegyeznünk a 18 elem egymáshoz való viszonyát. A fentiek alapján megfogalmazhatjuk a következő tételeket: a1 x + b1 y + c1 = 0 1.1.10. Tétel. Az egyenletrendszer pontosan akkor összeférhető a 2 x + b2 y + c2 = 0
a1 a2 a3
b1 b2 b3
c1 c2 c3
a1 a2 a3
a határozott, ha 1 a2
b1 b2 b3
c1 c2 c3
− c1 b1 − c 2 b2 b1 ≠ 0 és ekkor a megoldások x = és y = b2 a1 b1 a 2 b2
(Ezt a megoldási módszert Cramer szabálynak nevezzük)
b1 b2 a1 a2
− c1 − c2 b1 b2
.
Fejezet tartalma
72
Tartalomjegyzék
Egyenletrendszerek
a1 x + b1 y + c1 = 0 1.1.11. Tétel. Az a 2 x + b2 y + c 2 = 0 egyenletrendszer pontosan akkor összeférhető a x + b y + c = 0 3 3 3 a1 b1 c1 a i bi határozott, ha létezik i, j ∈ {1, 2, 3}, i ≠ j úgy, hogy ≠ 0 és a2 b2 c2 = 0 . (5) a j bj a3 b3 c3
1.1.12. Megjegyzés. Az eddigiek alapján az a1 x + b1 y + c1 = 0 , a 2 x + b2 y + c 2 = 0 és a 3 x + b3 y + c 3 = 0 egyenletű egyenesek összefutásának szükséges és elégséges feltétele (5). III.1.1.2. Gyakorlatok és feladatok 1. Oldd meg a következő egyenletrendszereket: x + y = 1 2 x + 3 y = 5 a) ; b) ; 1 3 x + 2 y = 2 6 4 x − 2 y = 1 2. Oldd meg és tárgyald a következő rendszereket: mx + y = 1 mx + ny = 1 a) , m∈\ ; , m, n ∈ \ ; b) x − my = 1 x − y = 1 3. Oldd meg és tárgyald a következő rendszereket: mx + y = 1 x − y = 2 b) x + my = 1, m ∈ \ . a) 3x + y = 14, m ∈ \ ; x + y = m x + my = 1
0,25 x + y = 2 c) 3 . 0,5 x − y = 22 x − my = 2 , m∈\ . c) x + my = 1
4. Mi a feltétele annak, hogy az a1 x + b1 y + c1 = 0 a2 x + b2 y + c2 = 0 .............................. an x + bn y + cn = 0 egyenletrendszernek pontosan egy megoldása létezzen? Értelmezd geometriailag a kapott feltételt. 5. Bizonyítsd be, hogy az (m + 1) x − (2m + 1) y = 1, m = 1, n, n ∈ `* \ {1} egyenletrendszer megoldható. Mi a rendszer megoldása? Értelmezd geometriailag a feladatot! 6. Melyek azok a c m (m = 1, n) számok, amelyekre az (m − 1) x − (3m + 1) y + cm = 0, m = 1, n . rendszernek egyértelmű megoldása van? Mi a feladat geometriai jelentése? a1 x + b1 y + c1 = 0 7. Mi a geometriai jelentése annak, hogy az rendszer összeférhetetlen? a 2 x + b2 y + c2 = 0 8. Számítsd ki az a1 x + b1 y + c1 = 0 , a 2 x + b2 y + c 2 = 0 és a 3 x + b3 y + c 3 = 0 egyenletű egyenesek által meghatározott háromszög területét!
Fejezet tartalma
Tartalomjegyzék
Egyenletrendszerek
73
9. Az A városból egy biciklis a B város irányába indul. Vele egyszerre B -ből egy motoros indul A -ba. B -től 70 kilométerre találkoznak, majd miután mindkettő elérte a célt és visszafordult, az első találkozás után 5 órával megint találkoznak. Mennyi a motoros sebessége? 10. A szilíciumot szilícium-dioxid magnéziummal vagy alumíniummal való reakciójával állítják elő. A magnézium ára 70000 lej/kg és az alumíniumé 140000 lej/kg. Ha 1820000 lej áll rendelkezésünkre, mennyi magnéziumot és mennyi alumíniumot kell vásárolnunk ahhoz, hogy az egész 10 kg szilícium-dioxidot redukálhassuk? 11. Egy szigeten a barna és b zöld kaméleon él. Ha két barna találkozik egy zöld kaméleonnal, akkor a zöld barnára változik. Ha két zöld találkozik három barnával, akkor a barnák változnak zöldre. Elérhető-e, hogy a1 barna és b1 zöld kaméleon legyen a szigeten? ( a, a1 , b, b1 ∈ `* ). III.1.2. Három ismeretlent tartalmazó egyenletrendszerek. 1.2.1. Feladat. Oldjuk meg a következő rendszereket: x + y + z = 3 x + y + z = 3 a) − x + 2 y + z = 1 ; b) − x + 2 y + z = 1 ; 2 x − 3 y − z = 0 − x + 5 y + 3 z = 5
x + y + z = 3 c) − x + 2 y + z = 1 . − x + 5 y + 3 z = 4
Megoldás a) Az első egyenletből z = 3 − x − y . Ezt behelyettesítjük a második és harmadik egyenletbe. − 2 x + y = −2 Így a két ismeretlent tartalmazó egyenlethez jutunk, amelynek megoldása 3x − 2 y = 3 y = 0 és x = 1 . Innen következik, hogy a rendszer egyetlen megoldása az (1, 0, 2) . Az ilyen (pontosan egy megoldással rendelkező rendszert) összeférhető és határozott rendszernek nevezzük. b) Az első egyenletből z = 3 − x − y , tehát −2 x + y = −2 . Így kifejezhetjük y -t és z -t az x segítségével: y = 2 x − 2 és z = 5 − 3x . Ezt a két ismeretlent behelyettesítjük a rendszer
harmadik egyenletébe: − x + 5(2 x − 2) + 3(5 − 3 x) = 5 ⇔ 5 = 5 . Mivel azonossághoz jutottunk, következik, hogy a rendszernek végtelen sok megoldása van és ezek ( x, 2 x − 2, 5 − 3 x) alakú számhármasok. Ebben az esetben a rendszert összeférhető határozatlan rendszernek nevezzük. c) Akárcsak az előbb y = 2 x − 2 és z = 5 − 3x . A harmadik egyenletből viszont − x + 5 y + 3 z = − x + 5(2 x − 2) + 3(5 − 3 x) = 5 ≠ 4 , tehát a rendszernek nincs megoldása. Ebben az esetben a rendszert összeférhetetlennek vagy ellentmondásosnak nevezzük. 1.2.2. Feladat. Vizsgáljuk meg, hogy mi a feltétele annak, hogy az a1 x + b1 y + c1 z = 0 a 2 x + b 2 y + c 2 z = 0 a x + b y + c z = 0 3 3 3 egyenletrendszernek legyen (0, 0, 0) -tól különböző megoldása.
Megoldás. Ha a1b2 − a 2 b1 ≠ 0 , az első két egyenletben tekintsük z -t paraméternek és határozzuk meg x -et és y -t a z függvényében. A III.1.1. paragrafus (3) képletébe c1 helyett c1 z -t és c 2 helyett c 2 z -t írunk: x=
c 2 b1 − c1 b2 c a − c 2 a1 z és y = 1 2 z. a1 b 2 − a 2 b 1 a1 b2 − a 2 b1
Tartalomjegyzék
Fejezet tartalma
74
Egyenletrendszerek
Ezt a harmadik egyenletbe helyettesítve, kapjuk: c b −c b c a − c 2 a1 a 3 ⋅ 2 1 1 2 + b3 ⋅ 1 2 + c 3 z = 0 . a1 b 2 − a 2 b 1 a1 b2 − a 2 b1 Ha ( x, y, z ) ≠ (0, 0, 0) , akkor az előbbi összefüggések alapján a1
b1
c1
a1b2 c 3 + b1 c 2 a 3 + c1 a 2 b3 − a1b3 c 2 − b1 c 3 a 2 − c1 a 3 b2 = 0 ⇔ a2
b2
c2 ≠ 0
a3 b3 c3 Ugyanehhez az eredményhez jutottunk volna, ha az a i b j − a j bi , a i c j − a j c i illetve bi c j − b j c i kifejezések közül valamely másik különbözik nullától. Ha ezek mind nullák, akkor a1
b1
c1
a2
b2
c2 = 0 és minden egyenlet ekvivalens, tehát azonnali, hogy végtelen sok megoldása
a3 b3 c3 van (két ismeretlent kell ebben az esetben paraméternek tekinteni). Tehát kijelentethetjük az alábbi tételt: 1.2.3. Tétel. Annak szükséges és elégséges feltétele, hogy az a1 x + b1 y + c1 z = 0 a 2 x + b 2 y + c 2 z = 0 a x + b y + c z = 0 3 3 3
egyenletrendszernek legyen a triviális megoldástól (azaz (0, 0, 0) -tól) különböző megoldása az, a1
b1
c1
hogy teljesüljön az a2 b2 c2 = 0 egyenlőség. a3 b3 c3 1.2.4. Feladat. Vizsgáljuk meg, hogy mi a feltétele annak, hogy az a1 x + b1 y + c1 z = d 1 a 2 x + b 2 y + c 2 z = d 2 a x + b y + c z = d 3 3 3 3 egyenletrendszer összeférhető határozott, összeférhető határozatlan illetve összeférhetetlen legyen. Megoldás. Ha az
a i b j − a j bi ,
ai c j − a j ci
illetve
bi c j − b j c i
( i, j ∈ {1, 2, 3}, i ≠ j )
kifejezések mindegyike 0, akkor az egyenletek baloldalain az együtthatók arányosak, tehát ugyanazok az arányok kell fennálljanak a jobboldalak közt is ahhoz, hogy az egyenletrendszer összeférhető legyen, azaz az a i d j − a j d i , bi d j − b j d i és c i d j − c j d i kifejezések értéke is 0 kell legyen. Ekkor két ismeretlent paraméternek tekinthetünk és a harmadikat ezek d − a1 x − b1 y alakúak. Ebben az függvényében fejezzük ki. Tehát a megoldások x, y, 1 c1 esetben a rendszer összeférhető határozatlan. Ha az a i d j − a j d i , bi d j − b j d i és c i d j − c j d i kifejezések valamelyike különbözik 0-tól, akkor a rendszer összeférhetetlen. Ha az a i b j − a j bi , a i c j − a j c i illetve bi c j − b j c i ( i, j ∈ {1, 2, 3}, i ≠ j ) kifejezések közül legalább egy különbözik 0-tól, legyen ez mondjuk a1b2 − a 2 b1 , akkor megint hivatkozhatunk a
Tartalomjegyzék
Fejezet tartalma
Egyenletrendszerek
75
III.1.1. paragrafusra, most a (3) képletekbe a
ci
helyett c i z − d i -t írunk. Tehát:
c 2 b1 − c1 b2 c a − c 2 a1 d b − d 1 b2 d a − d 2 a1 z− 2 1 z− 1 2 és y = 1 2 . a1 b 2 − a 2 b 1 a1 b2 − a 2 b1 a1 b2 − a 2 b 1 a1b2 − a 2 b1 Ezt a harmadik egyenletbe helyettesítve, kapjuk: c b −c b c a − c 2 a1 d b −c b d a − d 2 a1 a 3 ⋅ 2 1 1 2 + b3 ⋅ 1 2 + c 3 z = a 3 ⋅ 2 1 1 2 + b3 ⋅ 1 2 + d3 . a1 b 2 − a 2 b 1 a1 b2 − a 2 b1 a1 b 2 − a 2 b 1 a1 b2 − a 2 b1 a1 b1 c1 a1 b1 d1 a1 b1 c1 x=
Ez pedig egyenértékű az a2 a3
b2
c2 z = a2
b2
d 2 egyenlettel. Ha a2
b3
c3
b3
d3
b2
c2 = 0 , akkor
a3 b3 c3 ∆ ∆ ∆ az egyenletrendszernek egyértelmű megoldása van és ez: x = 1 , y = 2 és z = 3 , ahol ∆ ∆ ∆ a1 b1 c1 d1 b1 c1 a1 d1 c1 a1 b1 d1
∆ = a2
b2
c2 , ∆1 = d 2
b2
a3
c2 , ∆ 2 = a2
d2
c2 és ∆ 3 = a2
b2
d2 .
a3 b3 c3 d3 b3 c3 a3 d3 c3 a3 b3 d3 Ha ∆ = 0 és a ∆ 1 , ∆ 2 valamint ∆ 3 közül valamelyik nem 0, akkor a rendszer összeférhetetlen, ha pedig mind nullák, akkor összeférhető határozatlan. Megjegyzés. Látható, hogy az 1.2.2. feladat az 1.2.3. feladat sajátos esete. Sőt az is észrevehető, hogy itt ∆ 1 = ∆ 2 = ∆ 3 = 0 , tehát ∆ ≠ 0 esetén x = y = z = 0 . Ha d 1 = d 2 = d 3 = 0 , akkor az egyenletrendszert lineáris homogén egyenletrendszernek nevezzük.
III.1.2.1. Gyakorlatok és feladatok 1. Oldd meg a következő rendszereket: x − y + z = 4 3x + 2 y + z = 2 a) 2 x + 3 y − z = 0 ; b) x + 3 y + z = −2 . x + 2 y + 3z = 3 − 2 x + y − 3 z = −13 2. Oldd meg és tárgyald a következő egyenletrendszereket: ax + y + z = 1 ax − y + z = 2 a) x + ay + z = 1, a ∈ \ ; a∈\ . b) x + ay − z = 1 , x + y + az = 1 − x − 11 y + az = 0 3. Oldd meg az x + [ y ] + {z} = 1,1 y + [ z ] + {x} = 2, 2 z + [ x] + { y} = 3, 3 egyenletrendszert, ahol [a] az a valós szám egészrészét, míg {a} a törtrészét jelöli. 4. Az ABC háromszögbe írt kör a BC , AC és AB oldalakat a D , E illetve F pontokban érinti. Számítsd ki az oldalakon meghatározott szakaszok hosszát az oldalak hosszának függvényében. 5. Egy szigeten 13 szürke, 15 barna és 17 zöld kaméleon él. Ha két különböző színű kaméleon találkozik, mindketten a harmadik színre változtatják bőrük színét. Lehetséges-e, hogy egy idő múlva minden kaméleon azonos színű legyen? Hát akkor, ha 19 szürke, 13 barna és 20 zöld kaméleon van?
Fejezet tartalma
76
Tartalomjegyzék
Egyenletrendszerek III.2. Első- és másodfokú egyenletekből álló rendszerek
2.1. Feladat. Oldjuk meg a következő rendszereket: x + y = 1 x 2 − 3x + 4 = y a) 2 ; b) . 2 x + y = 1 3x + y = 5 Megoldás 2 a) Az első egyenletből y = 1 − x , tehát x 2 + y 2 = x 2 + (1 − x ) = 2 x 2 − 2 x + 1 . Így a második
egyenletből következik, hogy x(x − 1) = 0 , tehát x1 = 0, y1 = 1 − 0 = 1 és x 2 = 1, y 2 = 1 − 1 = 0 . Innen a megoldáshalmaz M = {(0, 1), (1, 0)} . b) A második egyenletből y = 5 − 3x , tehát x 2 − 3 x + 4 = 5 − 3 x ⇔ x 2 − 1 = 0 . Innen x1 = −1, y1 = 5 − 3 ⋅ (−1) = 8 és x 2 = 1, y 2 = 5 − 3 ⋅1 = 2 . Tehát a megoldáshalmaz M = {(− 1, 8), (1, 2)} . Általában az elsőfokú egyenletek segítségével csökkenthetjük az ismeretlenek számát, míg végül egy magasabb fokú egyenletet kell megoldani. A megoldást az egyenletek geometriai interpretációjának segítségével is megadhatjuk. Például az a) alpontnál az y = 1 − x egyenletű egyenes és az x 2 + y 2 = 1 egyenletű kör metszéspontjait keressük. III.2.1. Gyakorlatok 1. Oldd meg a következő egyenletrendszereket: x + 2 y = 3 2 x − y = 1 a) 2 ; b) ; 2 2 x − xy + y = 7 y = x + 3x + 4 2. Oldd meg és tárgyald a következő egyenletrendszereket:
3x − 4 y = 1 c) 2 . 2 x + y = 2
x 2 + y 2 = 1 x2 + y 2 = 1 y = x 2 − 3x + 2 , a ∈ \ ;b) , m, n ∈ \ ;c) , r∈\ . a) 2 2 2 x + y = a y = mx + n ( x − 1) + ( y − 1) = r 3. Oldd meg a következő egyenletrendszereket: x + y + z = 1 − x + y + 3 z = 1 x + y − z = −6 ; b) 2 x − 3 y + z = 5 ; c) 2 x + 3 y + 4 z = 4 . a) 3x − 2 y + z = 6 2 2 2 2 2 2 2 2 x + y + z + xy + yz + xz = 2 x + xz − y = 6 x + y − z = −4 2 2 4. Határozd meg az (x − 1) + (x − 2) = 1 egyenletű körhöz az origóból húzott érintők egyenletét.
5. Létezik-e olyan egyenes, amely érinti az y = x 2 − 3x + 2 és y = − x 2 + 5 x − 6 egyenletű görbéket?
III.3. Szimmetrikus rendszerek 3.1. Értelmezés. Egy, két (vagy több) ismeretlent tartalmazó egyenletrendszert (egyenletet) szimmetrikusnak nevezünk, ha a változók felcserélésével (permutálásával) a rendszer (egyenlet) nem változik. 3.2. Példa. Az x 7 + y 7 = 2 egyenlet szimmetrikus, míg az x − y = 1 nem szimmetrikus, mert az x ↔ y cserévek az első egyenletből az y 7 + x 7 = 2 egyenletet valamint a másodikból az y − x = 1 egyenletet kapjuk. Látható, hogy az első egyenlet nem változott, viszont a második igen.
Fejezet tartalma
Tartalomjegyzék
Egyenletrendszerek
77
3.3. Megjegyzés. Szimmetrikus egyenletrendszerek esetén érdemes az x + y = S és xy = P változócserét végezni, ugyanis előfordulhat, hogy S -re és P -re egyszerűbb egyenletrendszerhez jutunk. 3.4. Feladat. Oldjuk meg a következő rendszereket: x 2 + y 2 − xy = 3 x 3 + y 3 = 7 x + y + xy = 5 a) ; b) ; c) . xy(x + y ) = 6 x + y + xy = −1 xy(x + y ) = −2 Megoldás. Az x + y = S és xy = P helyettesítésekkel az egyenletrendszerek a következő alakba írhatók: S 2 − 3P = 3 S S 2 − 3P = 7 S + P = 5 a) ; b) ; c) . S ⋅ P = 6 S + P = −1 S ⋅ P = −2
(
(Használtuk
(
)
az
x 2 + y 2 = (x + y ) − 2 xy = S 2 − 2 P 2
és
)
(
)
x3 + y 3 = (x + y ) x 2 + y 2 − xy =
= S S − 3P egyenlőségeket.) 2
Az a) rendszernél S és P az u 2 − 5u + 6 = 0 egyenlet megoldásai, tehát S = 2 és P = 3 vagy S = 3 és P = 2 . Az első esetben az x és y a t 2 − 2t + 3 = 0 egyenlet gyökei, míg a második esetben a t 2 − 2t + 3 = 0 egyenlet gyökei. Az első egyenlet diszkriminánsa negatív, tehát nincs valós gyök. A második egyenlet gyökei t1 = 1 és t 2 = 2 , tehát a rendszer megoldáshalmaza M = {(1, 2), (2, 1)} . A b) pontban P = −1 − S , tehát az S 2 + 3S = 0 egyenlethez jutunk. Innen S1 = 0 és P1 = −1 valamin S 2 = −3 és P2 = 2 . Az első esetben x és y a t 2 − 1 = 0 egyenlet gyökei, míg a második esetben a t 2 + 3t + 2 = 0 egyenlet gyökei. Így a megoldáshalmaz M = {(1, − 1), (− 1, 1), (− 1, − 2 ), (− 2, − 1)} . A harmadik rendszernél S 3 = 7 + 3SP = 7 − 6 = 1 . Így S = 1 és P = −2 , tehát a megoldáshalmaz M = {(2, − 1), (− 1, 2)} . III.3.1. Gyakorlatok 1. Oldd meg a következő rendszereket: 1 1 x + y = 7 b) . 1 + 1 + 1 = 37 x 2 xy y 2 2. Oldd meg a következő rendszereket: x 2 + y 2 = 10 x 4 + y 4 = 2 x + y = 1 xy (x + y ) = −12 a) 2 ; b) 3 ; c) ; d) . 2 2 2 2 3 3 x + y 3 = 26 x y x + y 2 = 2 x + y = 13 x + y = 37 3. Oldd meg a következő rendszereket: x(x + y + z ) = 1 x 2 − 3 xy + y 2 = −1 x(x + y ) = 10 a) 2 ; b) ; c) y (x + y + z ) = 3 . ( ) y x + y = 15 x + 6 xy + y 2 = 17 z (x + y + z ) = 5 1 1 + =1 ; a) x y x 2 + y 2 = 8
(
)
1 1 1 + + =1 rendszer megoldásait a természetes számok halmazában. 4. Határozd meg az x y z x + y = z = 11
Fejezet tartalma
78
Tartalomjegyzék
Egyenletrendszerek III.4. Homogén rendszerek
Előfordul, hogy az egyenletrendszer két másodfokú egyenletből áll és ráadásul mindkét egyenletben a szabadtag kivételével minden tag másodfokú. Ebben az esetben érdemes a szabadtagokat kiküszöbölni. 2 y + 6 xy = 16 4.1. Feladat. Oldjuk meg az 2 egyenletrendszert. x − xy = −1 Megoldás. A második egyenletet 16-tal szorozzuk és hozzáadjuk az első egyenlethez: y 2 + 6 xy = 16 16 x 2 − 16 xy = −16 ⊕. 2 2 16 x + y − 10 xy = 0
Mivel az y = 0 nem megoldása az eredeti rendszernek, eloszthatjuk ez utóbbi egyenlet x = t helyettesítéssel az 16t 2 − 10t + 1 = 0 egyenlethez jutunk. y 1 1 x 1 = , akkor az eredeti rendszer második és t 2 = . Ha Ennek megoldásai t1 = 8 2 y 2 x 1 = , egyenletéből x 2 = 1 , ahonnan x1 = −1 és y1 = −2 valamint x 2 = 1 és y 2 = 2 . Ha y 8
mindkét oldalát y 2 -tel. Így az
1 7 8 7 , innen x 3 = − és y 3 = − 7 7 7 rendszer megoldáshalmaza M = (− 1, − 2), (1, 2),
akkor x 2 =
7 8 7 és y 4 = . Tehát a 7 7 − 7 , − 8 7 , 7 , 8 7 . 7 7 7 7
valamint x 4 =
III.4.1. Gyakorlatok 1. Oldd meg a következő rendszereket: 2 x 2 + 3 y 2 = 11 x 2 − xy + y 2 = 7 a) 2 ; b) ; 2 x − y 2 = −5 2 x + 3 xy − y 2 = 1
x 2 − 3 xy = 27 c) 2 . y + 3 xy = −14
III.5. Más módszerek III.5.1. Egyenlőtlenségek felhasználása Akárcsak az egyenletek esetében, egyenletrendszernél is gyakori a klasszikus egyenlőtlenségek felhasználása. 5.1.1. Feladat. Oldjuk meg az
egyenletrendszert.
y = x 2 + 3x + 1 2 z = y + 3 y + 1 2 x = z + 3z + 1
Fejezet tartalma
Tartalomjegyzék
Egyenletrendszerek
79
Megoldás. Miután az egyenletek megfelelő oldalait összeadjuk és rendezzük a tagokat a 2 2 2 következő egyenlőséghez jutunk: (x + 1) + ( y + 1) + (z + 1) = 0 . Ez csak akkor teljesül, ha x = y = z = −1 . A (−1, −1, −1) pedig megoldása az egyenletrendszernek. 5.1.2. Feladat. Oldjuk meg az x1 + x 2 + ... + x n = 9 1 1 1 x + x + ... + x = 1 2 n 1 egyenletrendszert a pozitív valós számok halmazában. Megoldás. Összeszorozzuk a két egyenletet: (x1 + x 2 + ... + x n ) 1 + 1 + ... + 1 = 9 . xn x1 x 2 A számtani és harmonikus közepek közti egyenlőtlenségből (vagy a Cauchy-Buniakovszki 1 1 1 egyenlőtlenségből) következik, hogy (x1 + x2 + ... + x n ) + + ... + ≥ n 2 , tehát n∈{1, 2, 3} . xn x1 x 2 Ha n = 1 , akkor a rendszer ellentmondásos. x1 + x 2 = 9 x1 + x 2 = 9 Ha n = 2 , akkor 1 ⇔ x2 + x2 , tehát x1 x 2 = 9 és így 1 + = 1 x x x =1 x 2 1 1 2 9 − 3 5 9 + 3 5 9 + 3 5 9 − 3 5 M = , , , . 2 2 2 2 x1 + x 2 + .x 3 = 9 x + x 2 + x3 3 , innen következik, hogy 1 , Ha n = 3 , akkor 1 = 1 1 + + = 1 1 1 1 3 x + + 1 x2 x3 x1 x 2 x 3 azaz az x1 , x 2 és x 3 számok számtani és harmonikus közepe egyenlő, tehát x1 = x 2 = x 3 = 3 . Így M = {(3,3, 3)}
III.5.2. A számok rendezése 5.2.1. Feladat. Oldjuk meg az 2 2 y = x + x 2 2 z = y + y 2 2 x = z + z
egyenletrendszert. Megoldás. Ha x, y, z közül egy pozitív (vagy negatív), akkor Ha (x, y, z ) megoldás, akkor (− x, − y, − z ) is megoldás, megoldásokat keressük. Így a számtani és mértani közepek 2 2 2 x + ≥ 2 2 , y + ≥ 2 2 és z + ≥ 2 2 , tehát x, y, z ∈ x y z
(Felvételi 1984) a többi is ugyanolyan előjelű. tehát elég ha az x, y, z ≥ 0 közti egyenlőtlenség alapján
[
)
2 , + ∞ . Ha a három szám
Tartalomjegyzék
Fejezet tartalma
80
Egyenletrendszerek
közül valamelyik
2 . Másrészt, x > 2 esetén x +
2 , akkor a másik kettő is
2 < 2x x
2 2 ⇔ < x ⇔ 2 < x , tehát az x > y > z > x ellentmondáshoz jutnánk. x
Tehát
az
{(
egyetlen
pozitív
)(
M = − 2, − 2, − 2 ,
2,
megoldás 2,
)}
(
2,
2,
2
)
és
a
megoldáshalmaz
2 .
5.2.2. Feladat. Oldjuk meg az m m x + y = 1 , n n x + y = 1
m, n ∈ `* , m < n
egyenletrendszert. (Helyi olimpia 1991) Megoldás. Ha x = 0 vagy y = 0 , akkor az y m = y n = 1 vagy az x m = x n = 1 egyenlőséghez jutunk, tehát a megoldások ±1 ha m és n páros, illetve 1 ha m vagy n páratlan. Így megoldások a (0,1) és (1, 0) párok minden m, n ∈ N * esetén valamint a (−1, 0) és (0, −1) párok, ha m és n párosak. A továbbiakban feltételezhetjük, hogy x > y , mert x = y esetén nem jutunk megoldáshoz. Ha x > y > 0 , akkor x, y ∈ (0,1) és így x n + y n < x m + y m . Ez az eset tehát nem lehetséges. Ha x > 0 > y akkor 1 − x m és 1 − x n azonos előjelűek, tehát m és n azonos paritásúak. Ha mindkettő páros, akkor x < 1 és | y |< 1 , tehát x n + y n < x m + y m . Ha mindkettő páratlan, m
m
n
n
y 1 1 y akkor x = 1 + (− y ) és x = 1 + (− y ) , tehát 1 = + − és 1 = + − . Így ez x x x x az eset is visszavezethető az első esetre, tehát ebben az esetben sincs megoldása a rendszernek. Ha 0 > x > y , akkor m és n páros, tehát −x, − y ∈ (0, 1) és x n + y n < x m + y m . A fentiek alapján nincs más megoldása az egyenletrendszernek. m
m
n
n
III. 6. Feladatok 1. Oldd meg az x 2 + xy + y 2 = 21 x + xy + y = 7
egyenletrendszert a valós számok halmazában. (Felvételi 1999) 2. Egy apa életkora 5 évvel több, mint három fia életkorának összege. Tíz év múlva kétszer annyi idős lesz, mint a legnagyobb fia, húsz év múlva kétszer annyi idős lesz, mint a középső fia és harminc év múlva kétszer olyan idős lesz, mint a legkisebb fia. Hány éves az apa? Hát a fiai? 3. Egy tutaj az A -ból a B -be indult. 2,4 órával utána elindult egy motorcsónak, amelynek sebessége 20 km h . A csónak, miután utolérte a tutajt, rögtön visszafordult. Ha 3,6 óra múlva a csónak visszaért A -ba és a tutaj beért B -be, határozd meg a víz sebességét. 4. Két küldönc egyszerre indul, az egyik A -ból a B -be, a másik B -ből az A -ba. A találkozás után az egyiknek 16 órára, míg a másiknak 9 órára volt szüksége ahhoz, hogy célba érjen. Tudva, hogy mindkettőnek egyenletes a sebessége, határozd meg, hogy hány óra alatt tették meg az egész utat külön-külön!
Fejezet tartalma
Tartalomjegyzék
Egyenletrendszerek
81
5. Az A és B pontok között egy autóbusz közlekedik, amely csak A -ban és B -ben áll meg, mindenütt 3 percre. Ismerjük a következőket: a az AB szakasz) Az autóbusz sebessége állandó. b) 9 óra 8 perckor az autóbusz áthaladt a C ponton B felé. c) 11 óra 28 perckor indult A -ból. d) 13 óra 16 perckor érkezett B -be. e) 14 óra 4 perckor áthaladt C -n, megint a B felé. f) A cukrászmester 58 percen át figyelte az utcát és nem látta elhaladni az autóbuszt. g) A pékmester 20 perc alatt kétszer látta az autóbuszt. Hogyan helyezkedik el a cukrászda, a C pont és a pékség on? 6. Találjuk ki azt a számot, amelyhez hozzáadjuk a harmadát, majd ebből levonva a kapott szám hatodát, az eredmény 100. Döntsük el, hogy jó-e az alábbi próbálgatásos módszer? 144 192 = 48 , 144 + 48 = 192 , = 32 , 1. Tegyük fel, hogy a keresett szám 144. 3 6 192 − 32 = 160 . Mivel nem 100-at kaptunk, a keresett szám nem 144. 108 144 = 36 , 108 + 36 = 144 , = 24 , 2. Tegyük fel, hogy a keresett szám 108. 3 6 144 − 24 = 120 . Most sem 100-at kaptunk, tehát a keresett szám nem is 108. A két rossz eredményből a következő számolásokat végezzük: 144 60 Első tévedés 60, második tévedés 20. A mellékelt ábra szerint a 144 ⋅ 20 és 108 20 108⋅ 60 szorzatok különbségét elosztjuk a hibák különbségével 108 ⋅ 60 − 144 ⋅ 20 = 90 , a keresett szám 90. Miért? 60 − 20 7. Kétféle ezüstünk van. Az egyik 11 karátos, a másik 14 karátos. Mennyi kell az egyes típusokból, hogy 1 font 12 karátos ezüstöt lehessen ötvözni? 11 2 = 14 − 12 Jó-e a feladatra a következő megoldás? 12 karátos Tehát 1 rész 14 karátos és 2 rész 11 karátos ezüst 14 1 = 12 − 11 szükséges az ötvözethez. 5 6 = 12 − 6 8. Egy fűszerüzletben háromféle tea van: ceyloni, amely fontonként 5$, 6 indiai, amely fontonként 8$ és kínai, amelyből egy font 12$. Milyen 12 1 = 6 − 5 arányban kell e három teát keverni ahhoz, hogy 1 font keverék 6$ legyen? 5 2 = 8−6 6 Helyes-e az okoskodásunk? 8 1= 6−5 Tehát 1 rész kínai, 1 rész indiai és 6 + 2 = 8 rész ceyloni tea kell. 9. Ha egy kétjegyű szám kétszereséből 1-et kivonunk, akkor az eredeti szám jegyei fordított sorrendben jelennek meg. Melyik ez a szám? 10. Egy férfi kétszer annyi idős, mint felesége volt akkor, amikor a férj annyi idős volt, mint a felesége most. A férj és a feleség éveinek száma valamint ezek összege is aa alakú. Hány éves a férj és a feleség most? 11. Egy kör kerülete 100 m. Ha e körön két test ugyanabban az irányban mozog, akkor e testek 20 másodpercenként találkoznak. Ha ellenkező irányban mozognak, akkor 4 másodpercenként. Mekkora utat tesz meg mindegyik test egy másodperc alatt?
Tartalomjegyzék
Fejezet tartalma
82
Egyenletrendszerek
12. Oldd meg és tárgyald az ax + 4 y + 7 z = 0 2 x + ay + 7 z = 0 x − 2 y + az = 0 egyenletrendszert, ha a ∈ \ . (Felvételi 1995) 14. Oldd meg a valós számok halmazában a x + y + x − y = 6 2 x − y 2 = 8 egyenletrendszert. (Felvételi 1997) 16. Oldd meg és tárgyald a következő mx + y = m 2 egyenletrendszert: x + my = 1
17. Oldd meg az xy 1 x + y xy + x + y = a + a x − y + xy = b + 1 xy x− y b egyenletrendszert a valós számok halmazában, ha a, b ∈ \* . (Felvételi 1995)
19. Oldd meg az a valós számok halmazában a következő egyenletrendszert: u + v = 2 ux + vy = 3 . 2 2 ux + vy = 5 ux 3 + vy 3 = 9
13. Oldd meg az x 1995 + y 1995 = 1 + 21995 3 x − y 3 = −7
egyenletrendszert a valós számok halmazában. (Felvételi 1995) 15. Oldd meg a x y 5 + = x 2 y 1 + 1 = 5 x y 16
egyenletrendszert a valós számok halmazában. (Felvételi 1997) 18. Oldd meg az x + y = 3z 2 2 x + y = 5z 3 3 x + y = 9z
egyenletrendszert a valós számok halmazában. (Felvételi 1995) 20. Oldd meg az x 2 + y 2 + z 2 = 12 xy + yz + zx = 12
egyenletrendszert a valós számok halmazában. 22. Oldd meg az
21. Oldd meg az x 2 + y 2 + z 2 + t 2 + u 2 = 10 xy + yz + zt + tu + ux = 10
egyenletrendszert a valós számok halmazában.
1 x + y + = 3 z 1 x + + z = 3 y 1 + y+z =3 x
egyenletrendszert a valós számok halmazában.
Tartalomjegyzék
Fejezet tartalma
Egyenletrendszerek 23. Oldd meg az
83 24. Oldd meg az
a 1 − 4 a 2 + 3a 3 ≥ 0 a 2 − 4 a 3 + 3a 4 ≥ 0 .......... .......... .......... .. a1999 − 4a 2000 + 3a 2001 ≥ 0 a 2000 − 4a 2001 + 3a1 ≥ 0 a 2001 − 4a1 + 3a 2 ≥ 0 egyenlőtlenségrendszert a valós számok halmazában.
25. Oldd meg az
x + y + z = m 2 2 2 2 x + y + z = m . 3 3 3 3 x + y + z = m
egyenletrendszert a valós számok halmazában, ha m ∈ \ .
26. Mi a feltétele annak, hogy az
x + y + z = a x 3 y 3 z 4 = 1 xy + yz + zx = b 2 4 4 x y z = 2 egyenletrendszer megoldható legyen? 2 3 5 x y z = 3 g egyenletrendszert a valós számok halmazában. 27. Bizonyítsd be, hogy ha x + y + z = 6 és xy + yz + zx = 9 , akkor x, y , z ∈ [0, 4] .
28. Bizonyítsd be, hogy ha a, b, x, y, z ∈ \ , x + y + z = a és xy + yz + zx = b , akkor max{x, y, z}− min{x, y, z} ≤ 2
a 2 − 3b . 3
29. Oldd meg az x + y + 3 x − y = 6 3 2 6 (x + y ) (x − y ) = 8 egyenletrendszert a valós számok halmazában.
30. Oldd meg az x = y + 45 − y + 5 y = x + 45 − x + 5 egyenletrendszert a valós számok halmazában.
31. Oldd meg az
32. Oldd meg az x + y + z = a 1 1 1 1 + + = x y z a xy + yz + zx = −2
n x1 + x2 + ... + xn = 2 , n ∈ `* n x3 + x3 + ... + x3 = 2 n 1 8 egyenletrendszert a [−1, + ∞ ) intervallumban.
33. Oldd meg és tárgyald az mx + y + z = 0 x + my + z = 0 x + y + mz = 0 x 2 + y 2 + z 2 = 3 egyenletrendszert a valós számok halmazában, (Felvételi 1999) ha m < 0 .
egyenletrendszert a valós számok halmazában, ha a ∈ \* . (Felvételi 1999) 34. Oldd meg a következő egyenletrendszert a valós számok halmazában: x 2 − yz = 1 2 y − xz = 2 2 z − xy = −1
Tovább
