A C. 1515. feladat (2018. december)

C. 1515. Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán, ha \(\displaystyle k\) páratlan pozitív egész szám:

\(\displaystyle \big(1-x+x^2\big) \big(1-x+x^2-\ldots +x^{2k}\big)= \big(1-x+x^2-\ldots +x^{k+1}\big)^2. \)

(5 pont)

A beküldési határidő 2019. január 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát \(\displaystyle (x+1)^2\)-nel, feltéve, hogy \(\displaystyle x \neq -1.\) Ezt az esetet majd a végén külön megvizsgáljuk. Ekkor kapjuk, hogy

\(\displaystyle (x+1)\left(1-x+x^2\left) (x+1)\right(1-x+x^2-\dots +x^{2k} \right)=(x+1)^2\left(1-x+x^2-\dots +x^{k+1} \right)^2 .\)

Az ismert azonosságokat alkalmazva adódik, hogy

\(\displaystyle (x^3+1)(x^{2k+1}+1)=(x^{k+2}+1)^2.\)

Elvégezve a szorzásokat:

\(\displaystyle x^{2k+4}+x^3+x^{2k+1}+1=x^{2k+4}+2x^{k+2}+1.\)

Elvégezve az egyszerűsítéseket és egy oldalra rendezve kapjuk, hogy

\(\displaystyle x^3+x^{2k+1}-2x^{k+2}=0,\)

\(\displaystyle x^3(1-2x^{k-1}+x^{2k-2})=0,\)

\(\displaystyle x^3(1-x^{k-1})^2=0.\)

Egy szorzat pontosan akkor 0, ha valamelyik tényezője 0, így \(\displaystyle x^3=0\) vagy \(\displaystyle 1-x^{k-1}=0.\)

1. eset: \(\displaystyle x^3=0\), ebből \(\displaystyle x=0.\)

2. eset: \(\displaystyle 1-x^{k-1}=0\), azaz \(\displaystyle 1=x^{k-1}\). Ebből (mivel \(\displaystyle k\) páratlan) \(\displaystyle x=\pm 1\), vagy pedig \(\displaystyle k=1\) és ekkor \(\displaystyle x\) tetszőleges valós szám lehet. De \(\displaystyle x=-1\) egyik esetben sem megoldás a kiindulási feltételünk miatt.

Ezeket visszahelyettesítve a kiindulási egyenletbe látható, hogy tényleg megoldások:

\(\displaystyle x=0-\text{ra}: 1=1,\)

\(\displaystyle x=1-\text{re}: 1=1.\)

Ha pedig \(\displaystyle k=1\), akkor a megadott egyenlet bal és jobb oldalán ugyanaz a kifejezés áll, ezért valóban minden \(\displaystyle x\)-re teljesül az egyenlet.

Végül, nézzük meg, hogy mi történik, ha \(\displaystyle x=-1.\) Helyettesítsünk \(\displaystyle -1\)-et az egyenlet mindkét oldalán:

\(\displaystyle (1+1+1)(1+1+1+1+\dots+1)=3(2k+1)=6k+3,\)

\(\displaystyle (1+1+1+\dots+1)^2=(k+2)^2=k^2+4k+4.\)

Vizsgáljuk meg, hogy a bal és a jobb oldal milyen egész \(\displaystyle k\)-ra egyezik meg:

\(\displaystyle 6k+3=k^2+4k+4,\)

\(\displaystyle 0=k^2-2k+1=(k-1)^2,\)

azaz

\(\displaystyle k=1.\)

Vagyis azt kaptuk, hogy \(\displaystyle k=1\)-re \(\displaystyle x=-1\) is megoldás, ami azonban nem hoz be új megoldást, hisz már láttuk, hogy \(\displaystyle k=1\)-re minden valós \(\displaystyle x\) megoldás.

Tehát az egyenletnek \(\displaystyle x=0\) és \(\displaystyle 1\) a két megoldása, ha \(\displaystyle k\neq 1\), és minden valós \(\displaystyle x\), ha \(\displaystyle k=1\).

Statisztika:

109 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Agócs Olivér, Ajtai Boglárka, Andó Viola, Babolcsay Barbara, Bana Marcell, Csilling Katalin, Csonka Illés, Dankó Orsolya, Debreczeni Dorina, Dékány Csaba, Fodor Marcel, Görcs András, Hajdú Bálint, Hordós Adél Zita, Hunyadi Marcell, Jankovits András, Kadem Aziz, Kerekes Boldizsár, Kéri Botond, Kis 194 Károly, Kovács Gábor Benedek, Mácsai Dániel, Mészáros Katalin, Metzger Ábris András, Molnár 410 István, Molnár Réka, Nagy Vanda Orsolya, Nyitrai Boglárka, Patricia Janecsko, Riba Dániel, Richlik Bence, Rusvai Miklós, Sepsi Csombor Márton, Szakács Ábel, Szalanics Tamás, Székelyhidi Klára, Tamás Szabolcs , Trombitás Karolina Sarolta, Viharos Márta Judit, Virág Levente, Williams Hajna, Zempléni Lilla.
4 pontot kapott:	12 versenyző.
3 pontot kapott:	35 versenyző.
2 pontot kapott:	12 versenyző.
1 pontot kapott:	6 versenyző.
0 pontot kapott:	2 versenyző.

A KöMaL 2018. decemberi matematika feladatai