Megoldás: 3.31
1. megoldás. Az első egyenletet negyedik hatványra emelve
|
1=
x4
+4
x3
y+6
x2
y2
+4
xy3
+
y4
,
|
a második egyenletetből
x+y=1-et kiemelve
|
31=
x4
-
x3
y+
x2
y2
-
xy3
+
y4
.
|
Vegyük e két egyenlet különbségét és osszunk
5-tel:
|
-6=
x3
y+
x2
y2
+
xy3
=xy(
x2
+xy+
y2
)=xy((x+y
)2
-xy)=xy(1-xy).
|
Vagyis azt kaptuk, hogy
xy gyöke
-6=u(1-u)-nak, másszóval
u2
-u-6=0-nak. Az egyik lehetőség
xy=3, ekkor
x+y=1 és
xy=3 miatt
x,y gyökei
t2
-t+3=0-nak, de ennek nincs valós gyöke. Vagyis marad a másik
xy=-2 lehetőség. Ekkor
x,y gyökei
t2
-t-2=0-nak, azaz
{x; y}={-2; 1} a megoldás.
2. megoldás. Legyen
z=x-y. Ekkor
x=
1+z
2
és
y=
1-z
2
. Ötödik hatványra emelve a páratlanfokú tagok kiejtik egymást:
|
31=
x5
+
y5
=
2+20
z2
+10
z4
32
.
|
Rendezve az egyenletet
z4
+
22
-99=0. Ez másodfokú
z2
-re nézve, a megoldás
z2
=9 vagy
z2
=-11, ez utóbbi nem ad valós megoldást. Az előbbiből viszont
x=2,
y=-1 adódik (vagy fordítva).
3. megoldás. Tegyük fel, hogy
x,y karakterisztikus gyökei az
f(n)=af(n-1)+bf(n-2) másodrendű rekurziónak. A karakterisztikus egyenlet
t2
-at-b=0, vagyis
x+y=1 miatt
a=1. A rekurzió megoldásában
f(n)=α
xn
+β
yn
. Minket az
α=β=1 eset érdekel. Vagyis
f(0)=
x0
+
y0
=2,
f(1)=x+y=1 miatt
f(2)=1+2b, f(3)=1+3b, f(4)=1+4b+2
b2
, f(5)=1+5b+5
b2
=31. Ezt rendezve és
5-tel osztva
b2
+b-6=0. Gyökei
b=-3 és
b=2. Az első esetben a karakterisztikus egyenlet
t2
-t+3=0, ennek nincs valós gyöke. A második esetben
t2
-t-2=0, ennek két gyöke
2 és
-1 adják
x-et és
y-t.