 |
A B. 5298. feladat (2023. február) |
B. 5298. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert a valós számok halmazán:
$$\begin{align*} y+yx^2-2x & =0,\\ z+zy^2-2y & =0,\\ x+xz^2-2z & =0. \end{align*}$$(Amerikai feladat)
(5 pont)
A beküldési határidő 2023. március 10-én LEJÁRT.
Megoldás. Az egyenletrendszernek triviális megoldása \(\displaystyle x=y=z=0\), \(\displaystyle x=y=z=1\) és \(\displaystyle x=y=z=-1\). Megmutatjuk, hogy más megoldás nincs.
Az első egyenletet átrendezve \(\displaystyle 2x=(x^2+1)y\); mivel \(\displaystyle x^2+1\) pozitív, láthatjuk, hogy \(\displaystyle x\) és \(\displaystyle y\) azonos előjelű. Ugyanezt a másik két egyenlettel is megtehetjük, így azt kapjuk, hogy \(\displaystyle x,y,z\) csak azonos előjelű lehet. Elég tehát azt az esetet vizsgálnunk, ha \(\displaystyle x\), \(\displaystyle y\) és \(\displaystyle z\) is pozitív, és azt megmutatni, hogy pozitív \(\displaystyle x,y,z\) esetén az egyetlen megoldás az \(\displaystyle x=y=z=1\).
Az \(\displaystyle x\) és az \(\displaystyle 1\) számtani és négyzetes közepeiből \(\displaystyle x^2+1\ge2x\). Az első egyenletre alkalmazva \(\displaystyle 2x=(x^2+1)y\ge 2xy\), tehát \(\displaystyle y\le 1\). A többi egyenletre is alkalmazva,
\(\displaystyle x,y,z \le 1. \)
Ezt az első egyenletben az \(\displaystyle yx^2\) tagra alkalmazva \(\displaystyle 0=y+yx^2-2x\le y+x-2x=y-x\), tehát \(\displaystyle x\le y\), és egyenlőség csak \(\displaystyle x=y=1\) esetén áll fenn. Ugyanezt a másik két egyenletre is felírva, \(\displaystyle y\le z\) (egyenlőség csak \(\displaystyle y=z=1\)-re), illetve \(\displaystyle z\le x\) (egyenlőség csak \(\displaystyle z=x=1\)-re).
Az
\(\displaystyle x \le y\le z\le x \)
csak úgy lehetséges, ha mindhárom egyenlőtlenségnél egyenlőség áll fenn, ami, mint láttuk, csak az \(\displaystyle x=y=z=1\) értékekre lehetséges.
Megjegyzés. Tetszőleges \(\displaystyle A\) számra az
\(\displaystyle a_{n+1}=\dfrac{2}{\dfrac{a_n}{A}+\dfrac1{a_n}} \)
rekurzió a Newton-féle gyökvonás egyik változata. Bármilyen pozitív \(\displaystyle a_0\) kezdőértékből indulva, a sorozat a \(\displaystyle \sqrt{A}\)-hoz konvergál. Ha \(\displaystyle a_0\ne\sqrt{A}\), akkor
\(\displaystyle a_1<a_2<a_3<\ldots<\sqrt{A}, \)
és
\(\displaystyle \left|1-\frac{a_{n+1}}{\sqrt{A}}\right| < \left|1-\frac{a_n}{\sqrt{A}}\right|^2. \)
Felismerhetjük, hogy a feladatban a három egyenlet valójában ugyanez a rekurzió az \(\displaystyle A=1\) választással:
\(\displaystyle y=\dfrac{2}{x+\dfrac1x}, \quad z=\dfrac{2}{y+\dfrac1y}, \quad x=\dfrac{2}{z+\dfrac1z}. \)
Mivel a rekurzió egyetlen periodikus megoldása a konstans \(\displaystyle 1\), az egyenletrendszer egyetlen pozitív megoldása is az \(\displaystyle x=y=z=1\).
Statisztika:
97 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: 69 versenyző. 4 pontot kapott: 12 versenyző. 3 pontot kapott: 7 versenyző. 2 pontot kapott: 4 versenyző. 1 pontot kapott: 2 versenyző.
A KöMaL 2023. februári matematika feladatai