zadania nietypowe | Matematyczne nietuzinki ;)

Rozwiązywanie układów równań to jedna z typowych umiejętności nabywanych w czasie edukacji na wszystkich praktycznie poziomach (gdzie pojawia się matematyka) – od szkoły podstawowej aż do studiów. Bogaty wachlarz metod, które mogą być wykorzystane do rozwiązania konkretnego zadania tego typu sprawia, że układy równań są tematem dość wdzięcznym.

W niniejszym wpisie chciałbym przedstawić kilka przykładów, które śmiało można rozwiązywać w starszych klasach szkoły podstawowej. Nie wymagają bowiem one, poza (być może) pewnym pomysłem, żadnej specjalistycznej wiedzy. Tradycyjnie na koniec, kilka przykładów pozostawiam do samodzielnego rozwiązania.

1. Rozwiązać układ równań

$\left\{ \begin{array}{l} (x+y)(x+y+z)=72\\ (y+z)(x+y+z)=120\\ (x+z)(x+y+z)=96 \end{array} \right..$

♦ Koło Matematyczne Gimnazjalistów SEM, 2010/2011.

Czynnikiem, który powtarza się w każdym równaniu jest suma wszystkich niewiadomych $x+y+z$ , oznaczmy ją przez $S$ i dodajmy wszystkie równania stronami. Otrzymamy wówczas

$(x+y)S+(y+z)S+(z+x)S=288.$

Wyłączmy teraz wspólny wyraz $S$ przed nawias:

$S(\underbrace{x+y+y+z+z+x}_{=2S})=288\quad\text{czyli}\quad 2S^2=288.$

Stąd $S^2=144$ i $S=12$ lub $S=-12$ .

Wracając do wyjściowego układu równań mamy wtedy

$\left\{ \begin{array}{l} x+y=6\\ y+z=10\\ x+z=8 \end{array} \right.\qquad\text{lub}\qquad \left\{ \begin{array}{l} x+y=-6\\ y+z=-10\\ x+z=-8 \end{array} \right..$

Jeśli teraz poszczególne równania z obu układów będziemy odejmowali od zależności $x+y+z=\pm12$ (dla układu z lewej strony $S=12$ , a dla układu z prawej strony $S=-12$ ), to otrzymamy kolejno

$z=6,\,\,x=2,\,\,y=4\qquad\,\,\text{albo}\qquad\,\, z=-6,\,\,x=-2,\,\,y=-4.$

Na koniec sprawdzamy, że znalezione dwie trójki liczb $(x,y,z)=(2,4,6)$ lub $(-2,-4,-6)$ spełniają warunki zadania, stanowią więc jego rozwiązanie.

2. Rozwiązać układ równań

$\left\{ \begin{array}{l} xy=20\\ yz=12\\ x+y+z=12 \end{array} \right..$

Zadanie można rozwiązać bezpośrednio: wyznaczając z pierwszych dwóch równań niewiadome $z$ oraz $x$ względem $y$ i wstawiając te wartości do ostatniego równania. Można też dodać dwie pierwsze zależności stronami i wykorzystać fakt, że $x+z=12-y$ . Wtedy

$xy+yz=32\quad\Rightarrow\quad y(x+z)=32\quad\Rightarrow\quad y(12-y)=32.$

Stąd $y^2-12y+32=0$ , czyli $(y-8)(y-4)=0$ . To oznacza, że $y=4$ lub $y=8$ . Wówczas odpowiednio $x=\frac{20}{4}=5$ lub $x=\frac{20}{8}=\frac{5}{2}$ oraz $z=\frac{12}{4}=3$ lub $z=\frac{12}{8}=\frac{3}{2}$ .

Po sprawdzeniu, mamy ostatecznie dwa rozwiązania:

$(x,y,z)=(5,4,3)\qquad\text{lub}\qquad(x,y,z)=\left(\frac{5}{2},8,\frac{3}{2}\right).$

3. Rozwiązać układ równań

$\left\{ \begin{array}{l} a^2+b^2=25\\ 3(a+b)-ab=15 \end{array} \right..$

♦ LV Niemiecka Olimpiada Matematyczna, 2015/2016.

W przeciwieństwie do poprzednich przykładów, w danym układ nie widać od razu narzucającej się ,,symetrii” pozwalającej na jakieś uproszczenia. Można jedna wspomóc się wykorzystując stosowne podstawienie: niech $x=ab$ oraz $y=a+b$ . Wówczas, ponieważ $y^2-2x=(a+b)^2-2ab=a^2+b^2$ , to otrzymamy

$\left\{ \begin{array}{l} y^2-2x=25\\ 3y-x=15 \end{array} \right..$

Teraz już łatwo – z drugiego równania wyznaczamy $x=3y-15$ i wstawiamy do pierwszego: $y^2-6y+5=0$ , czyli $(y-5)(y-1)=0$ . Stąd $y=1$ lub $y=5$ , a to prowadzi do $x=-12$ lub odpowiednio $x=0$ .

Nasze zadanie sprowadziliśmy więc do rozwiązania dwóch układów równań:

$\left\{ \begin{array}{l} ab=-12\\ a+b=1 \end{array} \right.\qquad\text{lub}\qquad \left\{ \begin{array}{l} ab=0\\ a+b=5 \end{array} \right..$

Układy takie rozwiązujemy zwykłą ,,szkolną” metodą podstawiania lub graficznie: równanie $ab=-12$ opisuje hiperbolę, zaś $a+b=1$ jest równaniem prostej. Ostatecznie otrzymujemy cztery możliwe rozwiązania $(a,b)$ :

$(-3,4),\qquad (4,-3),\qquad (5,0),\qquad (0,5).$

4. Rozwiązać układ równań

$\left\{ \begin{array}{l} x(y-x)=3\\ y(4y-3x)=2 \end{array} \right..$

♦ Koło Matematyczne Gimnazjalistów SEM, 2010/2011.

Gdyby $x=0$ , to pierwsze równanie nie byłoby spełnione, więc możemy założyć, że $x\neq 0$ i z pierwszej równości wyznaczamy $y=\frac{3}{x}+x$ . Podstawiając to do równania drugiego, otrzymamy

$\left(\frac{3}{x}+x\right)\left(\frac{12}{x}+4x-3x\right)=2.$

Mnożąc obie strony przez $x^2$ i pozbywając się nawiasów, dostajemy

$(3+x^2)(12+x^2)=2x^2\qquad\Rightarrow\qquad x^4+13x^2+36=0.$

Jednak ostatnie równanie nie ma rozwiązań, bo lewa strona (jako suma kwadratów) jest liczbą dodatnią. To dowodzi, że dany układ równań nie posiada żadnych rozwiązań.