III. EGYENLETRENDSZEREKandrasz/CD/TANK9/3fej.pdf · kiszámítási módja a Sarrus szabály). Még létezik az úgynevezett háromszög szabály is, amelyet a mellékelt III.6. ábra

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.


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:


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)


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!


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

−−

= .


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


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?


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


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.


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.


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


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!


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?


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


(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


21. Oldd meg az

=++++=++++10

1022222

uxtuztyzxyutzyx


22. Oldd meg az


=++

=++

=++

31

31

31

zyx

zy

x

zyx


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


30. Oldd meg az

+−+=

+−+=

545

545

xxy

yyx


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

Documents

III. EGYENLETRENDSZEREKandrasz/CD/TANK9/3fej.pdf · kiszámítási módja a Sarrus szabály). Még létezik az úgynevezett háromszög szabály is, amelyet a mellékelt III.6. ábra