GLEICHUNGEN MIT PARAMETERN

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1 Mathematik-Olympiaden in Rheinland-Pfalz GLEICHUNGEN MIT PARAMETERN Fortgeschrittene Die Aufgaben auf diesem Arbeitsblatt haben alle eine elegante Lösungsidee. Bei vielen Gleichungen ist nach Anwenden des Zaubertricks aber immer noch einige stupide Rechenarbeit nötig um p-q-formeln zu vereinfachen Terme auszumultiplizieren etc. Du entscheidest selbst wie weit du diese Lösungswege tatsächlich durchführst! Aufgabe 1. Sei a eine reelle Zahl. Löse die Gleichung in Abhängigkeit von a. x 4 + ax 3 = ax + a x Lösung. x = 0 ist offensichtlich für alle a R eine Lösung. Wir erhalten somit die Faktorisierung ( x 4 + ax 3 ax a x = 0 x x 3 + ax ax a = 0. Den Ausdruck in der Klammer schreiben wir als quadratische Gleichung in a: x 3 + ax ax a = 0 a + ( x + x a x 3 = 0. Mit dem Satz von Vieta erhalten wir die Faktorisierung (a x (a + x = 0. Betrachten wir nun wieder x als die Variable und a als Parameter so erhalten wir die weiteren Lösungen x = a und x = 1 a wobei wir für letzteres zusätzlich a 0 fordern müssen. Zusammenfassend besitzt die Gleichung x 4 + ax 3 = ax + a x für a 0 genau die Lösungen x = 0 x = a und x = 1 a für a < 0 genau die Lösungen x = 0 und x = a. Aufgabe. Löse die Gleichung x = x. Lösung. Wir ersetzen in der Gleichung die 4 durch den Parameter a 0. Weiter bemerken wir dass jede Lösung x größer oder gleich Null sein muss da auf der rechten Seite eine Wurzel also eine nichtnegative Zahl steht. Wir quadrieren die entstandene Gleichung zweimal: x = a a + x x = a a + x x a = a + x x 4 ax + a = a + x. 1

2 Wir fassen die Gleichung als quadratische Gleichung in a mit Parameter x auf und faktorisieren mit Vieta (alternativ andere Lösungsmethode für quadratische Gleichungen: a + ( x 1a + (x 4 + x = 0 (a (x x (a (x + x + 1 = 0. Wir setzen a = 4 wieder ein und erhalten so zwei quadratische Gleichungen in x: x x 4 = 0 und x + x 3 = 0. Lösen mit beliebiger Lösungsmethode ergibt für die erste Gleichung einen Widerspruch und damit keine Lösungen für die zweite Gleichung erhalten wir x 1 = 1 ± Offenbar steht die Lösung x = im Widerspruch zu x 0 (siehe oben und löst die Gleichung somit nicht. Eine Probe bestätigt x = hingegen als (einzige Lösung der Gleichung. Aufgabe 3. Sei a = 0 eine reelle Zahl. Löse die Gleichung a 3 x 4 + a x + x + a + 1 = 0. Tipp: Forme ein wenig um sodass die Substitution t = ax die Gleichung zu einer einfachen Gleichung mit Unbekannter a und Parameter t macht. Lösung. Wir multiplizieren die Gleichung mit a: a 4 x 4 + a 3 x + ax + a + a = 0. Nun führen wir die Substitution t = ax durch und betrachten a als die Unbekannte der resultierenden Gleichung t 4 + at + t + a + a = 0 a + (t + 1a + t 4 + t = 0. Diese quadratische Gleichung können wir mit Standardmethoden nach a auflösen und erhalten a = t t oder a = t + t 1. Wir setzen wir t = ax ein und haben somit zwei quadratische Gleichungen in x: a x + ax + a = 0 a x ax + a + 1 = 0. Die erste Gleichung liefert x = 1 a ( 1 ± 1 4a wobei a 1 4 sein muss. Die zweite Gleichung ergibt x = 1 a ( 1 ± 3 4a mit der Einschränkung a 3 4.

3 Aufgabe 4. Finde alle reellen Lösungen (x y der Gleichung 8x + 4y x + 4yx 40x 11y 8y y 4 = 0. Lösung. In dieser Gleichung gibt es zunächst gar keine Parameter. Wenn wir aber nur x als Unbekannte und y als Parameter betrachten so erhalten wir einfach eine quadratische Gleichung in x: 8x + 4(y + y 10x 11y 8y y 4 = 0 x + 1 (y + y 10x ( 11y 8y y 4 = 0. Wenn wir die p-q-formel anwenden erhalten wir einen Ausdruck für x. Bekanntlich muss die Diskriminante ( p q größer oder gleich Null sein damit eine Lösung existiert. Für die Diskriminante gilt aber: ( p ( 1 ( 1 q = (y + y (y4 11y 8y + 5 = 1 ( (y + y 10 (y 4 11y 8y + 5 = 1 ( y 4 + y y 3 0y 0y y 4 + y + y 104 = 1 ( y 4 + y 3 + 3y 4y 4 = 1 ( y 4 y 3 3y + 4y + 4 = 1 ( y 4 + y + 4 y 3 4y + 4y = 1 ( y y 0. Damit eine Lösung existiert muss die Diskriminante somit gleich Null sein und es gibt sich die Gleichung 1 ( y y = 0 y y = 0 y = 1 oder y =. Mit der p-q-formel vom Anfang der Lösung ergibt sich (da die Diskriminante ja Null ist x = p x = 1 4 (y + y 10 x = 5 oder x = 1. Wie die Probe bestätigt lauten die Lösungen somit ( 5 1 und (1. 3

4 Aufgabe 5. Seien a b c > 0. Löse das Gleichungssystem ax by + 1 xy bz cx + 1 zx cy az + 1 yz = c = a = b Lösung. Wir betrachten das Gleichungssystem als ein lineares Gleichungssystem in a b und c. Wir können es also mit Standardmethoden nach a b und c auflösen (Zeilen addieren/multiplizieren Gauß-Algorithmus usw.. Ein Weg unter vielen wird hier vorgestellt. Multiplizieren wir die erste Gleichung mit x bzw. mit y so erhalten wir bzw. ax bxy + 1 y axy by + 1 x = cx = cy. Ersetzen wir cx bzw. cy in der zweiten bzw. dritten Gleichung durch diese Ausdrücke so ergibt sich nach einfachem Zusammenfassen geeigneter Terme das System a(x + 1 b(xy + z = 1 xz 1 y a(xy z b(y + 1 = 1 yz 1 x. Wir multiplizieren die erste Gleichung mit y + 1 und die zweite mit (xy + z: Ausmultiplizieren ergibt a(x + 1(y + 1 b(xy + z(y + 1 = y + 1 xz a(xy z(xy + z + b(y + 1(xy + z = xy + z yz y + 1 y + xy + z. x a(x y + x + y + 1 b(xy 3 + xy + zy + z = y xz + 1 xz y 1 y a(x y z + b(xy 3 + zy + xy + z = x z + 1 y + y + z x. Addieren wir beiden Gleichungen und bringen wir die rechte Seite auf den Hauptnenner xz so ergibt sich a(x + y + z + 1 = y xz + 1 xz + x z + z x a(x + y + z + 1 = x + y + z + 1. xz Da x + y + z > 0 ist dürfen wir durch diesen Term dividieren und erhalten Ganz analog erhalten wir a = 1 xz. b = 1 yz und c = 1 xy. 4

5 Dies können wir schreiben als xz = 1 a yz = 1 b xy = 1 c. Durch Auflösen der ersten und zweiten Gleichung nach z und Einsetzen in die dritte Gleichung erhalten wir und analog erhalten wir 1 az 1 = 1 bz c z = c ab c z = ± ab = ±c x = ±b und y = ±a. x y und z müssen alle gleichzeitig positiv oder gleichzeitig negativ sein daher sind ( b a c und ( b a c die einzigen Lösungen des Gleichungssystems (eine Probe bestätigt dass dies tatsächlich Lösungen sind. Aufgabe 6. Löse die Gleichung x + a 3 = 3 a x wobei a 0 ein reeller Parameter ist. Tipp: Für diese Aufgabe braucht man neben dem Parameter-Trick noch eine zweite geniale Idee. Lösung. Wir schreiben die Gleichung als a 3 = 3 a x x a = 3 3 a x x. Wir definieren die Funktion f (a = 3 a x mit x als Parameter. Es ist nicht schwer zu sehen dass f monoton steigend ist. Die umgeformte Gleichung ist damit äquivalent zu f ( f (a = a. 5

6 Wir zeigen nun dass dann f (a = a sein muss. Angenommen f (a < a. Dann wäre da f monoton steigt f ( f (a < f (a < a Widerspruch. Analog erhält man für f (a > a den Widerspruch f ( f (a > f (a > a. Es folgt also f (a = a 3 a x = a a x = a 3 x = a a 3. Die Probe bestätigt dass dies in der Tat für alle a 0 eine Lösung der Gleichung ist. 6