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:

A C. 1833. feladat értékelése még nem fejeződött be.

A KöMaL 2024. decemberi matematika feladatai

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?