Upload
others
View
7
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
68 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 , tehát egy kétismeretlenes elsőfokú egyenletekből álló egyenletrendszer általános alakja:
0=++ cbyax
(1) , { }
1 1 1
2 2 2 *
00
, \..............................
0n n n
a x b y ca x b y c
n
a x b y c
+ + = + + = ∈ + + =
1 , ,k k ka b c ∈ , 1,k n=
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.
a) ; b) ; c) + 2 ; d) .
=+=−
823132
yxyx
=+=+=−
3823132
yxyxyx
=+==−
283132
yxyxyx
=−=−
36312
yxyx
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:
⊕=
=+=−
2613
2469264
x
yxyx
Tehát és így 2=x 1238
312
=−
=−
=xxy . Következésképpen a rendszer egyetlen megoldása
a ( számpár. )1,2
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 2=x és 1=y . Mivel ezek teljesítik a harmadik egyenletet is, a rendszer megoldása a ( )1,2 számpár.
=yc) Itt is az első két egyenlet alapján 2=x és 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
végtelen sok megoldása van. A megoldások 12 += yx , vagy 2
1−=
xy alakúak, tehát
1,2
xM x x − =
∈ vagy más alakban ( ){ }, y y∈2 1M y= + .
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
A egyenlőséget teljesítő 132 =− yx ( )yx, párok geometriai képe az 3
12 −=
xy egyenletű
egyenes. A 3 egyenlőséget teljesítő 82 =+ yx ( )yx, párok geometriai képe az 238 xy −
=
egyenletű egyenes. Tehát a rendszer megoldása a két egyenes metszéspontjának koordinátáit adja meg. (III.1. ábra) A b) pontban az egyenletű egyenes áthalad az xy −= 3 ( )1,2M ponton, tehát ebben az esetben is a rendszer összeférhető határozott és a megoldáshalmaz nem változik. (III.2. ábra)
)1,2(M
-1
-12
-2
14
III. 1. ábra
238 xy −
=
312 −
=xy
)1,2(M
-1
-12
-2
14
III. 2. ábra
238 xy −
=
312 −
=xy
xy −= 3
A c) pontban az egyenletű egyenes nem halad át xy −= 2 ( )1,2M ponton, ezért a rendszer összeférhetetlen. (III.3. ábra)
A d) pontban mindkét egyenlet ugyanazt az 2
1−=
xy egyenest származtatja, ezért a megoldáshalmaz végtelen sok elemet tartalmaz, az egyenes minden pontjának koordinátái megoldások. (III.4. ábra)
)1,2(M
y
x-1
-12
-2
14
III. 3. ábra
238 xy −=
312 −
=xy
xy −= 2
-1
-1
1
633
21 −=
−=
xxy
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.
70 Egyenletrendszerek
1.1.6. Feladat. Határozzuk meg az (2) egyenletrendszer megoldásait
az együtthatók függvényében.
=++=++
00
222
111
cybxacybxa
Megoldás. Az első egyenletet -vel, a másodikat 2a 1a− -gyel szorozzuk, majd összeadjuk a kapott egyenletek megfelelő oldalait:
( )⊕
−=−
=−−−=++
21122121
121221
212121
00
acacybaab
acyabxaaacyabxaa
)Ha az -t küszöböljük ki, akkor az y ( 21121221 bcbcxbaba −=− egyenlőséghez jutunk.
Tehát 01221 ≠− baba esetén a megoldások 1221
2112
bababcbc
x−−
= és 1221
1221
babaacac
y−−
= .
0=− baba −bcHa 1221 , akkor a megoldás létezéséhez szükségesek a és feltételek.
02112 =bc012 =− ac21ac
cbaTehát 2
1
2
1
2
1
cba==
012 =ba c b
esetén a rendszer összeférhető határozatlan (ekkor mindkét egyenlet
ugyanazt az egyenest származtatja) és az előbbi két esettől eltérő értékekre (azaz, ha és vagy 21 −ba 2 1 1 2 0c b− ≠ 1 2 2 1 0c a c a− ≠ ) összeférhetetlen. (Ha valamely nevező
nulla, akkor egy sajátos egyenletrendszerünk van, aminek a vizsgálását rátok bízzuk) 1.1.7. Feladat. Az njcba jjj ,1,,, = valós számok milyen feltételt kell teljesítsenek ahhoz, hogy az
=++
=++=++
0..............................
00
222
111
nnn cybxa
cybxacybxa
egyenletrendszer határozatlan legyen? Megoldás. A rendszer akkor határozatlan, ha minden egyenlet ugyanazt az egyenest
származtatja. Ez pontosan akkor történik meg, ha nicc
bb
aa
iii
,2111 =∀== .
1.1.8. Feladat. Az 3,1,,, =jcba jjj valós számok milyen feltételt kell teljesítsenek ahhoz, hogy az (1) egyenletrendszernek pontosan egy megoldása legyen (összeférhető határozott legyen)? Megoldás. Belátható, hogy az (i j j ia b a b i j)− ≠ különbségek mindegyike nem lehet 0, mert akkor a rendszer az előző feladat alapján határozatlan lenne. Ha , akkor az 1.1.6. feladat alapján az első két egyenlet által alkotott rendszer
megoldása
01221 ≠− baba
12
21
babc
−−
21
12
babc
x = és 1221
1221
babaacac
y−−
= (3). A rendszer harmadik egyenletét ez a két
érték kell teljesítse, tehát az 031221
12213
1221
21123 =+
−−
⋅+−−
⋅ cbabaacac
bbaba
bcbca egyenlőségnek
teljesülnie kell. Ezt az egyenlőséget a következő alakba írhatjuk:
Egyenletrendszerek 71
0231231231321321321 =−−−++ bacacbcbabacacbcba . (4) Ellenőrizhető, hogy ha 01331 ≠− baba vagy 02332 ≠− baba
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
úgy, hogy { } jiji ≠∈ ,3,2,1, i ja b a j ib− ≠ és teljesül a (4) feltétel.
1.1.9. Megjegyzés A megfelelő kifejezések könnyebb memorizálása érdekében bevezetjük a következő jelöléseket:
dcba
bcad =− és 1 1 1
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 3 2 1 3 2 1 3 2 2 2 2
3 3 3
a b cc b c a c a b a b c b c a c a b a b c
a b c+ + − − − =a b .
A fenti jelölésekkel bevezetett számokat másod- illetve harmadrendű determinánsnak nevezzük. Az első esetben az a főátlóra, míg a b a mellékátlóra esik, tehát
mondhatjuk, hogy
da és és c
dcba
a főátlós szorzat és a mellékátlós szorzat különbsége.
Ha az 1 1 1
2 2 2
3 3 3
a b ca b ca b c
alá írjuk az első két sort a mellékelt III.5. ábrának
megfelelően, akkor itt a főátlóval „párhuzamos” szorzatok összegének és a mellékátlóval „párhuzamos” szorzatok összegének a különbségét kapjuk. (A harmadrendű determináns ezen kiszámítási módja a Sarrus szabály). 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.
222
111
333
222
111
cbacbacbacbacba
III. 5. ábraSarrus szabály
„Háromszög szabály”III. 6. ábra
1 1 1
2 2 2
3 3 3
a b ca b ca b c
1 1 1
2 2 2
3 3 3
a b ca b ca b c
A fentiek alapján megfogalmazhatjuk a következő tételeket:
1.1.10. Tétel. Az egyenletrendszer pontosan akkor összeférhető
határozott, ha
=++=++
00
222
111
cybxacybxa
02
1 ≠2
1
baba
és ekkor a megoldások
22
11
22
11
bababcbc
x−−
= és
22
11
22
11
babacbcb
y−−
= .
(Ezt a megoldási módszert Cramer szabálynak nevezzük)
72 Egyenletrendszerek
1.1.11. Tétel. Az egyenletrendszer pontosan akkor összeférhető
határozott, ha létezik
=++=++=++
00
0
333
222
111
cybxacybxacybxa
{ } jiji ≠∈ ,3,2,1, úgy, hogy 0≠jj
ii
baba
és 1 1 1
2 2 2
3 3 3
0a b ca b ca b c
= . (5)
1.1.12. Megjegyzés. Az eddigiek alapján az 0111 =++ cybxa , 0222 =++ cybxa és egyenletű egyenesek összefutásának szükséges és elégséges feltétele (5). 0333 =++ cybxa
III.1.1.2. Gyakorlatok és feladatok 1. Oldd meg a következő egyenletrendszereket:
a)
=−
=+
1214
1
yx
yx; b)
=+
=+
6223
532
yx
yx ; c)
=−
=+
2235,0
225,0
yx
yx.
2. Oldd meg és tárgyald a következő rendszereket:
a) ; b)1
,1
mx ym
x my+ =
∈ − =
1, ,
1mx ny
m nx y
+ =∈ ; c) .
− =
2,
1x my
mx my− =
∈ + =3. Oldd meg és tárgyald a következő rendszereket:
a) ; b) 2
3 14,1
x yx y m
x my
− = + = ∈ + =
11,
mx yx my mx y m
+ = + = ∈ + =
.
4. Mi a feltétele annak, hogy az
=++
=++=++
0..............................
00
222
111
nnn cybxa
cybxacybxa
egyenletrendszernek pontosan egy megoldása létezzen? Értelmezd geometriailag a kapott feltételt.
5. Bizonyítsd be, hogy az *( 1) (2 1) 1, 1, , \{1m x m y m n n+ − + = = ∈ }
egyenletrendszer megoldható. Mi a rendszer megoldása? Értelmezd geometriailag a feladatot! 6. Melyek azok a ),1( nmcm = számok, amelyekre az
( 1) (3 1) 0, 1,mm x m y c m− − + + = = n . rendszernek egyértelmű megoldása van? Mi a feladat geometriai jelentése?
7. Mi a geometriai jelentése annak, hogy az rendszer összeférhetetlen?
=++=++
00
222
111
cybxacybxa
8. Számítsd ki az 0111 =++ cybxa , 0222 =++ cybxa és 0333 =++ cybxa egyenletű egyenesek által meghatározott háromszög területét!
Egyenletrendszerek 73
9. Az A városból egy biciklis a város irányába indul. Vele egyszerre -ből egy motoros indul B BA -ba. -től 70 kilométerre találkoznak, majd miután mindkettő elérte a célt és visszafordult,
az első találkozás után 5 órával megint találkoznak. Mennyi a motoros sebessége? B
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 barna és 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 barna és b zöld kaméleon legyen a szigeten? ( ).
a b
1a 1*
1 1, , ,a a b b ∈
III.1.2. Három ismeretlent tartalmazó egyenletrendszerek. 1.2.1. Feladat. Oldjuk meg a következő rendszereket:
a) ; b) ; c) .
=−−=++−
=++
03212
3
zyxzyx
zyx
=++−=++−
=++
53512
3
zyxzyx
zyx
=++−=++−
=++
43512
3
zyxzyx
zyx
Megoldás a) Az első egyenletből . Ezt behelyettesítjük a második és harmadik egyenletbe.
Így a két ismeretlent tartalmazó egyenlethez jutunk, amelynek megoldása
és . Innen következik, hogy a rendszer egyetlen megoldása az . Az ilyen (pontosan egy megoldással rendelkező rendszert) összeférhető és határozott rendszernek nevezzük.
yxz −−= 3
=−−=+−
32322
yxyx
1=x0=y (1, 0, 2)
b) Az első egyenletből , tehát yxz −−= 3 22 −=+− yx . Így kifejezhetjük -t és y z -t az x segítségével: és 2 z 52 −= xy x3−=
5(2 2)x x− + −. Ezt a két ismeretlent behelyettesítjük a rendszer
harmadik egyenletébe: ⇔ 3+ (5 3 ) 5x− = 5 5= . Mivel azonossághoz jutottunk, következik, hogy a rendszernek végtelen sok megoldása van és ezek ( , 2 2, 5 )3x x x− − alakú számhármasok. Ebben az esetben a rendszert összeférhető határozatlan rendszernek nevezzük. c) Akárcsak az előbb 22 −= xy és xz 35−= . A harmadik egyenletből viszont
, tehát a rendszernek nincs megoldása. Ebben az esetben a rendszert összeférhetetlennek vagy ellentmondásosnak nevezzük.
5 3 5(2 ) 5x y z x x x− + + = − + − =2) 3(5 3+ − 4≠
1.2.2. Feladat. Vizsgáljuk meg, hogy mi a feltétele annak, hogy az
=++=++=++
00
0
333
222
111
zcybxazcybxa
zcybxa
egyenletrendszernek legyen -tól különböző megoldása. (0,0,0)Megoldás. Ha , az első két egyenletben tekintsük 01221 ≠− baba z -t paraméternek és határozzuk meg x -et és -t a y z függvényében. A III.1.1. paragrafus (3) képletébe c helyett
-t és helyett c -t írunk: 1
zc1 2c z2
zbaba
bcbcx
1221
2112
−−
= és zbabaacac
y1221
1221
−−
= .
74 Egyenletrendszerek
Ezt a harmadik egyenletbe helyettesítve, kapjuk:
031221
12213
1221
21123 =
+
−−
⋅+−−
⋅ zcbabaacac
bbaba
bcbca .
Ha , akkor az előbbi összefüggések alapján ( , , ) (0,0,0)x y z ≠
0231231231321321321 =−−−++ bacacbcbabacacbcba ⇔ 1 1 1
2 2 2
3 3 3
0a b ca b ca b c
≠
−Ugyanehhez az eredményhez jutottunk volna, ha az ijji baba − , illetve kifejezések közül valamely másik különbözik nullától. Ha ezek mind nullák, akkor
ijji caca
ijji cbcb −
1 1 1
2 2 2
3 3 3
0a b ca b ca b c
= és minden egyenlet ekvivalens, tehát azonnali, hogy végtelen sok megoldása
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
=++=++=++
00
0
333
222
111
zcybxazcybxa
zcybxa
egyenletrendszernek legyen a triviális megoldástól (azaz -tól) különböző megoldása az,
hogy teljesüljön az
(0,0,0)
1 1 1
2 2 2
3 3 3
0a b ca b ca b c
= egyenlőség.
1.2.4. Feladat. Vizsgáljuk meg, hogy mi a feltétele annak, hogy az
=++=++=++
3333
2222
1111
dzcybxadzcybxa
dzcybxa
egyenletrendszer összeférhető határozott, összeférhető határozatlan illetve összeférhetetlen legyen. Megoldás. Ha az , ijji baba − ijji caca − illetve ijji cbcb − ( i { } jij ≠∈ ,3,2,1, ) 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 ij daji da − , ij dbji db − és ijji dcdc − kifejezések értéke is 0 kell legyen. Ekkor két ismeretlent paraméternek tekinthetünk és a harmadikat ezek
függvényében fejezzük ki. Tehát a megoldások
alakúak. Ebben az
esetben a rendszer összeférhető határozatlan. Ha az
,x
ia
−−
1
111
cbxad
ij da
,y
jd
y
− , ij dbji db − és c kifejezések valamelyike különbözik 0-tól, akkor a rendszer összeférhetetlen.
ijji dcd −
Ha az , illetve ijji baba − ijji caca − ijji cbcb − ( { } jiji ≠∈ ,3,2,1,
122 bab) kifejezések közül
legalább egy különbözik 0-tól, legyen ez mondjuk 1a − , akkor megint hivatkozhatunk a
Egyenletrendszerek 75
III.1.1. paragrafusra, most a (3) képletekbe a c helyett i ii dzc − -t írunk. Tehát:
1221
2112
1221
2112
bababdbd
zbaba
bcbcx
−−
−−−
= és 1221
221
1221
1221
babada
zbabaacac
y−−
−−
= 1
ad
− .
21
213 ba
adb ⋅
21
12
bb
1
2
3
1
2
3
ccc
∆
−++
yz
z
zy
x y
− +
1,2,3,
===
Ezt a harmadik egyenletbe helyettesítve, kapjuk:
312
12
12
2133
1221
12213
1221
21123 d
baad
baabcd
azcbabaacac
bbaba
bcbca +
−−
+−−
⋅=
+
−−
⋅+−−
⋅ .
Ez pedig egyenértékű az 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2
3 3 3 3 3
a b c a b da b c z a b da b c a b d
= egyenlettel. Ha 1 1 1
2 2 2
3 3 3
0a b ca b ca b c
= , akkor
az egyenletrendszernek egyértelmű megoldása van és ez: ∆∆
= 1x , ∆∆
= 2y és ∆∆
= 3z , ahol
1 1 1
2 2 2
3 3 3
a b ca b ca b c
∆ = , 1 1 1
1 2 2 2
3 3 3
d b cd b cd b c
∆ = , 1 1
2 2 2
3 3
a da da d
∆ = és 1 1 1
3 2 2 2
3 3 3
a b da b da b d
∆ = .
Ha és a ∆ , valamint 0=∆ 1 2∆ 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 0321 =∆=∆=∆ , tehát 0≠ esetén 0=== zyx . Ha
, akkor az egyenletrendszert lineáris homogén egyenletrendszernek nevezzük. 0321 === ddd
III.1.2.1. Gyakorlatok és feladatok 1. Oldd meg a következő rendszereket:
a) ; b) .
=++=−+
=+−
332032
4
zyxzyx
zyx
−=+−−=+=+
133223223
zxyx
yx
2. Oldd meg és tárgyald a következő egyenletrendszereket:
a) ; b) 11,1
ax y zx ay z ax y az
+ + = + + = ∈ + + =
21 ,
11 0
ax yx a z a
az
=+ − = ∈
− − + =
.
3. Oldd meg az [ ] { } 1[ ] { } 2[ ] { } 3
x y zy z xz x y
+ + + + + +
egyenletrendszert, ahol [ az valós szám egészrészét, míg { a törtrészét jelöli. ]a aBC
}aE4. Az háromszögbe írt kör a , és ABC AC AB oldalakat a , D 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?
76 Egyenletrendszerek
III.2. Első- és másodfokú egyenletekből álló rendszerek
2.1. Feladat. Oldjuk meg a következő rendszereket:
a) ; b) .
=+
=+
1
122 yx
yx
=+=+−
53432
yxyxx
Megoldás a) Az első egyenletből , tehát xy −=1 ( ) 1221 22222 +−=−+=+ xxxxyx . Így a második egyenletből következik, hogy ( ) 01 =−xx , tehát 101,0 11 =−== yx 12 és 011, 2 =−== yx . Innen a megoldáshalmaz ( ) ( ){ }0,1,1,0=M .
b) A második egyenletből xy 35−=
2
, tehát ⇔ . Innen és
xxx 35432 −=+−2135
012 =−x( ) 8135,1 11 =−⋅−=−= yx ,1 2 =⋅−== yx . Tehát a megoldáshalmaz . ( ) ( ){ }2,1,8,1−=M
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 xy −=1 egyenletű
egyenes és az egyenletű kör metszéspontjait keressük. 122 =+ yx
III.2.1. Gyakorlatok 1. Oldd meg a következő egyenletrendszereket:
a) ; b) ; c) . 2 2
2 17
x yx xy y
− =
− + =
++=
=+
43
322 xxyyx
=+
=−
2
14322 yxyx
2. Oldd meg és tárgyald a következő egyenletrendszereket:
a) ;b)2 2 1
,x y
ax y a
+ =∈
+ =
2 3 2, ,
y x xm n
y mx n = − +
∈= +
;c) . ( ) ( )
2 2
2 2 2
1,
1 1
x yr
x y r
+ = ∈− + − =
3. Oldd meg a következő egyenletrendszereket:
a) ; b) ; c) .
=+++++
=+−=++
2
6231
222 xzyzxyzyxzyx
zyx
=−+
=+−=++−
6
53213
22 yxzxzyxzyx
−=−+
=++−=−+
4
44326
222 zyxzyx
zyx
4. Határozd meg az egyenletű körhöz az origóból húzott érintők egyenletét. ( ) ( ) 121 22 =−+− xx
5. Létezik-e olyan egyenes, amely érinti az és egyenletű görbéket? 232 +−= xxy 652 −+−= xxy
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 egyenlet szimmetrikus, míg az 277 =+ yx 1=− yx nem szimmetrikus, mert az yx ↔
1=x cserévek az első egyenletből az egyenletet valamint a másodikból
az egyenletet kapjuk. Látható, hogy az első egyenlet nem változott, viszont a második igen.
277 =+ xy−y
Egyenletrendszerek 77
3.3. Megjegyzés. Szimmetrikus egyenletrendszerek esetén érdemes az és változócserét végezni, ugyanis előfordulhat, hogy -re és
Syx =+Pxy = S P -re egyszerűbb
egyenletrendszerhez jutunk. 3.4. Feladat. Oldjuk meg a következő rendszereket:
a) ; b) ; c) . ( )
=+=++65
yxxyxyyx
−=++=−+1
322
xyyxxyyx
( )
−=+=+
2733
yxxyyx
Megoldás. Az Syx =+ és helyettesítésekkel az egyenletrendszerek a következő alakba írhatók:
Pxy =
a) ; b) ; c)
=⋅=+65
PSPS
−=+=−1332
PSPS ( )
−=⋅=−
2732
PSPSS
.
2 22(Használtuk az és ( ) PSxyyxyx 22222 −=−+=+ ( )( ) =−++=+ xyyxyxyx 33 egyenlőségeket.) ( PSS 32 −=
2
)Az a) rendszernél és S P az u egyenlet megoldásai, tehát 065 =+− u 2=S és vagy
és 3=P
3=S 2=P . Az első esetben az x és a egyenlet gyökei, míg a második esetben a egyenlet gyökei. Az első egyenlet diszkriminánsa negatív, tehát nincs valós gyök. A második egyenlet gyökei
y
1
0322 =+− tt0=3+22 − tt
1=t és 22 =t , tehát a rendszer megoldáshalmaza . ( ) ,2,2
P( )1
−
{ },1=MS−= 1 032 =+ SS =S PA b) pontban , tehát az egyenlethez jutunk. Innen és
valamin és . Az első esetben 01 11 −=
3− 2 =P2 =S 2 x és a egyenlet gyökei, míg a második esetben a t egyenlet gyökei. Így a megoldáshalmaz
y 012 =−t02 =
( ){ }1,23 ++ t
),22
( ),1 ( ) ( ,1,1,1,1 −−3 =S
−−−−=M . 6737 −=+ SP 1=S 2−=PA harmadik rendszernél . Így 1= és , tehát a
megoldáshalmaz . ( ) ( ){ }2,1, −1,2 −=M
III.3.1. Gyakorlatok 1. Oldd meg a következő rendszereket:
a)
=+
=+
8
111
22 yxyx ; b)
=++
=+
37111
711
22 yxyx
yx.
2. Oldd meg a következő rendszereket:
a) ; b) ; c)
=+
=+
13
122 yx
yx
=+
=+
26
1033
22
yxyx ( )
=+
−=+
37
1233 yxyxxy
; d) . ( )
=+
=+
2
22222
44
yxyxyx
3. Oldd meg a következő rendszereket:
a) ; b)
=++
−=+−
176
1322
22
yxyxyxyx ( )
( )
=+=+
1510
yxyyxx
; c) ( )( )( )
=++=++=++
531
zyxzzyxyzyxx
.
4. Határozd meg az
==+
=++
11
1111
zyxzyx rendszer megoldásait a természetes számok halmazában.
78 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.
4.1. Feladat. Oldjuk meg az egyenletrendszert.
−=−
=+
1
1662
2
xyxxyy
Megoldás. A második egyenletet 16-tal szorozzuk és hozzáadjuk az első egyenlethez:
⊕=−+
−=−
=+
01016
161616
166
22
2
2
xyyx
xyxxyy
.
Mivel az nem megoldása az eredeti rendszernek, eloszthatjuk ez utóbbi egyenlet
mindkét oldalát -tel. Így az
0=y
y 2 tyx= helyettesítéssel az 16 egyenlethez jutunk.
Ennek megoldásai
01102 =+− tt
21
1 =t és 81
2 =t . Ha 21
=yx , akkor az eredeti rendszer második
egyenletéből , ahonnan 1=2x 11 −=x és 21 −=y valamint 12 =x és . Ha 22 =y81
=yx ,
akkor 71
=2x , innen 77
3 −=x és 7
78−3y = valamint
77
4 =x és 7
784 =y . Tehát a
rendszer megoldáshalmaza ( ) ( )
−−
77,
77M
−−= ,1
778,
,
778,2,1,2 .
III.4.1. Gyakorlatok 1. Oldd meg a következő rendszereket:
a) ; b) ; c) .
−=−
=+
5
113222
22
yxyx
=−+
=+−
132
722
22
yxyxyxyx
−=+
=−
143
2732
2
xyyxyx
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
++=
++=
++=
13
13
13
2
2
2
zzxyyzxxy
egyenletrendszert.
Egyenletrendszerek 79
Megoldás. Miután az egyenletek megfelelő oldalait összeadjuk és rendezzük a tagokat a következő egyenlőséghez jutunk: ( ) ( ) ( ) 0111 222 =+++++ zyx . Ez csak akkor teljesül, ha
. A ( 1 pedig megoldása az egyenletrendszernek. 1−=== zyx , 1, 1)− − −
5.1.2. Feladat. Oldjuk meg az
=+++
=+++
11...119...
21
21
n
n
xxx
xxx
egyenletrendszert a pozitív valós számok halmazában. Megoldás. Összeszorozzuk a két egyenletet:
( ) 91...11...21
21 =
++++++
nn xxx
xxx .
A számtani és harmonikus közepek közti egyenlőtlenségből (vagy a Cauchy-Buniakovszki
egyenlőtlenségből) következik, hogy ( ) 2
2121
1...11... nxxx
xxxn
n ≥
++++++ , tehát n . { }3,2,1∈
Ha , akkor a rendszer ellentmondásos. 1=n
Ha , akkor 2=n
=+
=+
1119
21
21
xx
xx ⇔
=+
=+
1
9
21
22
21
xxxxxx
, tehát 921 =xx és így
−+
+−=
2539,
2539,
2539,
2539M .
Ha , akkor 3=n
=++
=++
11119.
321
321
xxx
xxx , innen következik, hogy
321
321
1113
3xxx
xxx
++=
++
3321 === xxx
,
azaz az , és számok számtani és harmonikus közepe egyenlő, tehát . Így
1x{M =
2x3,3,
3x( 3)}
III.5.2. A számok rendezése 5.2.1. Feladat. Oldjuk meg az
+=
+=
+=
zzx
yyz
xxy
22
22
22
egyenletrendszert. (Felvételi 1984) Megoldás. Ha zyx ,,
) közül egy pozitív (vagy negatív), akkor a többi is ugyanolyan előjelű.
Ha megoldás, akkor ( zyx ,, ( zyx )−−− ,, is megoldás, tehát elég ha az megoldásokat keressük. Így a számtani és mértani közepek közti egyenlőtlenség alapján
0,, ≥zyx
222≥
x+x , 222
≥+y
y és 222≥+
zz , tehát [ )∞+∈ ,2,, zyx . Ha a három szám
80 Egyenletrendszerek
közül valamelyik 2 , akkor a másik kettő is 2 . Másrészt, 2>x esetén xx
x 22<+
<⇔<⇔ 222 xx
x, tehát az xzyx >>> ellentmondáshoz jutnánk.
)}2,2,
11
m m
n n
x yx y
+ =
+ =
0 y1 m n
yx >
,1) n yx +nx−
1|<y
( )ny−+
,−x
+
+2
x
x
4,2
BA
Tehát az egyetlen pozitív megoldás ( )2,2,2 és a megoldáshalmaz
( ) ({ 2,2,2,2 −−−=M .
5.2.2. Feladat. Oldjuk meg az
*, , ,m n m n ∈ <
egyenletrendszert. (Helyi olimpia 1991) Megoldás. Ha 0=x
(0,1)
vagy , akkor az vagy az egyenlőséghez jutunk, tehát a megoldások ha és páros, illetve 1 ha vagy páratlan. Így megoldások a és párok minden
=y±
0)
1== nm y
*, Nnm
1== nm xxm n
(1, ∈ esetén valamint a és (0 párok, ha és párosak.
( 1− ,0) , 1)−m n
A továbbiakban feltételezhetjük, hogy , mert yx = esetén nem jutunk megoldáshoz.
Ha , akkor és így . Ez az eset tehát nem lehetséges. 0>> yx , (0x y∈ mmn yx +<
Ha akkor 1 és 1 azonos előjelűek, tehát és azonos paritásúak. Ha
mindkettő páros, akkor és |
yx >> 0 mx−
<x
m n
1 , tehát . Ha mindkettő páratlan,
akkor és , tehát
mnn yxyx <+ m +
( my− ) nxmx +=1 =1m
m
xy
x
−+
1
=1 és nn
xy
x
−+
1
=1 . Így ez
az eset is visszavezethető az első esetre, tehát ebben az esetben sincs megoldása a rendszernek. Ha , akkor m és páros, tehát yx >>0 n ( )1,0∈− y és . mmnn yxyx +<+A fentiek alapján nincs más megoldása az egyenletrendszernek.
III. 6. Feladatok 1. Oldd meg az
=+
=+
7
212
yxy
yxy
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 -be indult. órával utána elindult egy motorcsónak, amelynek sebessége
Bhkm20 . A csónak, miután utolérte a tutajt, rögtön visszafordult. Ha 3 óra múlva
a csónak visszaért 6,
A -ba és a tutaj beért -be, határozd meg a víz sebességét. 4. Két küldönc egyszerre indul, az egyik -ból a -be, a másik -ből az B B 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!
Egyenletrendszerek 81
5. Az A és pontok között egy autóbusz közlekedik, amely csak B A -ban és -ben áll meg, mindenütt 3 percre. Ismerjük a következőket:
B
a az AB szakasz) Az autóbusz sebessége állandó. b) 9 óra 8 perckor az autóbusz áthaladt a C ponton felé. Bc) 11 óra 28 perckor indult A -ból. d) 13 óra 16 perckor érkezett -be. Be) 14 óra 4 perckor áthaladt -n, megint a felé. C Bf) 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?
1. Tegyük fel, hogy a keresett szám 144. 483
144= , 19248144 =+ , 32
6192
= ,
. Mivel nem 100-at kaptunk, a keresett szám nem 144. 192 32 160− =
2. Tegyük fel, hogy a keresett szám 108. 363
108= , 14436108 =+ , 24
6144
= ,
. Most sem 100-at kaptunk, tehát a keresett szám nem is 108. 12024144 =−A két rossz eredményből a következő számolásokat végezzük:
2010860144
Első tévedés 60, második tévedés 20. A mellékelt ábra szerint a 144 20⋅ és szorzatok különbségét elosztjuk a hibák különbségével 60108 ⋅
9020
20144=
−⋅−
6060108 ⋅
, a keresett szám 90. Miért?
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? Jó-e a feladatra a következő megoldás?
1112114karátos12
1214211
−=
−=
Tehát 1 rész 14 karátos és 2 rész 11 karátos ezüst szükséges az ötvözethez.
8. Egy fűszerüzletben háromféle tea van: ceyloni, amely fontonként 5$, indiai, amely fontonként 8$ és kínai, amelyből egy font 12$. Milyen arányban kell e három teát keverni ahhoz, hogy 1 font keverék 6$ legyen?
5611261265
6−=−=
56186825
6−=−=
Helyes-e az okoskodásunk? Tehát 1 rész kínai, 1 rész indiai és 826 =+ 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?
82 Egyenletrendszerek
12. Oldd meg és tárgyald az
=+−=++=++
02072074
azyxzayxzyax
egyenletrendszert, ha a . ∈(Felvételi 1995)
13. Oldd meg az
−=−
+=+
7
2133
199519951995
yxyx
egyenletrendszert a valós számok halmazában.
(Felvételi 1995) 14. Oldd meg a valós számok halmazában a
=−
=−++
8
622 yx
yxyx
egyenletrendszert. (Felvételi 1997)
16. Oldd meg és tárgyald a következő
egyenletrendszert:
=+=+
1
2
myxmymx
15. Oldd meg a
=+
=+
16511
25
yx
xy
yx
egyenletrendszert a valós számok halmazában. (Felvételi 1997)
17. Oldd meg az
+=−
+−
+=+
++
bb
yxxy
xyyx
aa
yxxy
xyyx
1
1
egyenletrendszert a valós számok halmazában, ha . *,a b∈
(Felvételi 1995)
18. Oldd meg az
=+
=+
=+
zyxzyx
zyx
9
5
3
33
22
egyenletrendszert a valós számok halmazában.
(Felvételi 1995)
19. Oldd meg az a valós számok halmazában a következő egyenletrendszert:
=+
=+
=+=+
9
5
32
33
22
vyuxvyux
vyuxvu
.
20. Oldd meg az
=++=++1212222
zxyzxyzyx
egyenletrendszert a valós számok halmazában.
21. Oldd meg az
=++++=++++10
1022222
uxtuztyzxyutzyx
egyenletrendszert a valós számok halmazában.
22. Oldd meg az
egyenletrendszert a valós számok halmazában.
=++
=++
=++
31
31
31
zyx
zy
x
zyx
Egyenletrendszerek 83
24. Oldd meg az
=++
=++
=++
3333
2222
mzyxmzyx
mzyx.
egyenletrendszert a valós számok halmazában, ha m∈ .
23. Oldd meg az
≥+−≥+−≥+−
≥+−≥+−
034034
034................................
034034
212001
120012000
200120001999
432
321
aaaaaaaaa
aaaaaa
egyenlőtlenségrendszert a valós számok halmazában. 25. Oldd meg az
=
=
=
3
2
1
532
442
433
zyxzyxzyx
g egyenletrendszert a valós számok halmazában.
26. Mi a feltétele annak, hogy az
=++=++
bzxyzxyazyx
egyenletrendszer megoldható legyen?
27. Bizonyítsd be, hogy ha 6=++ zyx és 9=++ zxyzxy , akkor [ ]4,0,, ∈zyx .
28. Bizonyítsd be, hogy ha , , , ,a b x y z∈ , azyx =++ és bzxyzxy =++ , akkor
{ } { }3
32,,min,,max2 bazyxzyx −
≤− .
29. Oldd meg az
( ) ( )
=−+
=−++
8
66 23
3
yxyx
yxyx
egyenletrendszert a valós számok halmazában.
30. Oldd meg az
+−+=
+−+=
545
545
xxy
yyx
egyenletrendszert a valós számok halmazában.
31. Oldd meg az
1 2*
3 3 31 2
...2 ,
...8
n
n
nx x xn
nx x x
+ + + = ∈ + + + =
egyenletrendszert a [ intervallumban. )∞+− ,1
32. Oldd meg az
−=++
=++
=++
2
1111
zxyzxyazyx
azyx
egyenletrendszert a valós számok halmazában, ha . (Felvételi 1999) *a∈
33. Oldd meg és tárgyald az
=++
=++=++=++
3
000
222 zyxmzyx
zmyxzymx
egyenletrendszert a valós számok halmazában, ha . (Felvételi 1999) 0<m
34. Oldd meg a következő egyenletrendszert a valós számok halmazában:
−=−
=−
=−
1
2
1
2
2
2
xyzxzyyzx