Kettő vagy három ismeretlent tartalmazó egyenletrendszerek ...

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 263
egyenletrendszert, ha a ≠b ≠c ≠a.
1. megoldás. A rendszer mátrixának determinánsa
1
2
2
∆ = 1 − b b = −( b−a)( c−a)( c−b) (Vandermonde).
1
Tehát ki kell számítani a
1
−a
a
−c
c
4 2
3
a a a 1 a a
∆ = =− ⋅
4 2
3
b b b abc 1 b b
4 2
3
c c c 1 c c
2
1
4
4 2 2 4
a a a a
4 2 2 4
, ∆ = 1 b b =−1
b b és
2
1 1
4
∆ 3 = 1 b b determinánsokat.
1
a a
c c
4
1 c c 1 c c
4 2 2 4
3
1 a a
2 2
1 b + ab + a
3 3
∆ ( )( )
1 = −abc⋅ 0 b−a b − a = −abc b−a c−a ⋅ =
2 2
1 c + ac + a
3 3
0 c−a c −a
= −abc( b−a)( c−a)( c− b)( a + b + c),
2 2 2 2 2 2
( )( )( ) ( )( )( )( )( )( )
∆ 2 = − b −a c −a c − b = b−a c−a c− b a + b b + c c + a ,
4
1 a a
3 2 2 3
1 b + b a + ba + a
4 4
∆ ( )( )
3 = − 0 b−a b − a = − b−a c−a ⋅ =
3 2 2 3
1 c + c a + ca + a
4 4
0 c−a c −a
3 3 2 2 2
= −( b−a)( c−a) ⋅⎡c − b + a( c − b ) + a ( c− b)
⎤
⎢⎣ ⎥⎦
=
2 2
( b a)( c a)( c b) c cb b ac ab a 2
= − − − − ⋅ ⎡ + + + + + ⎤
⎣ ⎦ .
∆1
∆2
Így x = = abc( a + b + c ) , y = = ( a + b)( a + c)( c + b)
és
∆
∆
∆3
2 2 2
z = = a + b + c + ab + ac + bc.
∆
4 2
2. megoldás. Tekintjük a P() t = t − tz+ ty−x polinomot. A feltételek alapján
P -nek gyöke az a , b és c . Tehát
Pt () = ( t−a)( t−b)( t−c) ⋅ Qt () (*)
Mivel grP = 4 , a Q fokszáma 1 és domináns tagjának együtthatója 1. Így
3
Qt () = t+ s alakú. De a ( t −a) ( t −b)( t − c)( t + s)
szorzatban a t együtthatója