Kezdőlap


Cím:	Egy megjegyzés a harmadfokú egyenletről
Szerző(k):	Gulyás Ottó
Füzet:	1954/május, 136 - 137. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Tudjuk, hogy minden harmadfokú egyenlet visszavezethető

\begin{matrix} x^{3} + p x + q = 0 \end{matrix}

alakú egyenletre. Foglalkozzunk azzal az esettel, amikor mindhárom gyök valós. A baloldalt gyöktényezők szorzatára bontva

\begin{matrix} x^{3} + p x + q = (x - x_{1}) (x - x_{2}) (x - x_{3}), \end{matrix}

amiből

\begin{matrix} x_{1} + x_{2} + x_{3} = 0, x_{1} x_{2} + x_{1} x_{3} + x_{2} x_{3} = p, x_{1} x_{2} x_{3} = - q . \end{matrix}

(1)

Feltehetjük, hogy

| x_{1} | \geq | x_{2} | \geq | x_{3} |

. Ha mindhárom gyök megegyezik, akkor közös értékük, és így

p

és

q

0

. Ezt a triviális esetet a továbbiakban zárjuk ki. Ekkor

x_{2}

és

x_{3}

előjele megegyezik és ellenkező, mint

x_{1}

előjele;

x_{3}

lehet

0

is. Az első egyenletet felhasználva a második így alakítható át:

\begin{matrix} p = x_{1} (x_{2} + x_{3}) + x_{2} x_{3} = - x_{1}^{2} + x_{2} x_{3}, \end{matrix}

amiből látható az is, hogy

p

negatív, ha az egyenlet mindhárom gyöke valós.
Rajzoljunk

A B C

szabályos háromszöget

| x_{1} |

hosszúságú oldalakkal és mérjük rá

A B

-re az

A D = | x_{2} |

távolságot (ekkor

D B = | x_{3} |

). Azt fogjuk ekkor megmutatni, hogy

C D = \sqrt[]{- p}

Számítsuk ki

C D

-t cosinus-tétellel. Mivel

C A D ∢ = 60^{\circ}

, így

\begin{matrix} C D^{2} = A C^{2} + A D^{2} - 2 A C \cdot A D cos C A D ∢ = A C^{2} + A D^{2} - A C \cdot A D = \\ = A C^{2} - A D (A C - A D) = A C^{2} - A D (A B - A D) = \\ = A C^{2} - A D \cdot D B = {| x_{1} |}^{2} - | x_{2} | | x_{3} | . \end{matrix}

Mivel

x_{2}

és

x_{3}

egyező előjelűek,

| x_{2} | | x_{3} | = x_{2} x_{3}

, továbbá

{| x_{1} |}^{2} = x_{1}^{2}

, így

\begin{matrix} C D^{2} = x_{1}^{2} - x_{2} x_{3} = - p, \end{matrix}

és ezt akartuk bizonyítani.