Kezdőlap


Feladat:	126. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bognár J. , Eisler O. , Fried E. , Gacsályi S. , Gehér L. , Horváth G. , Károlyházi F. , Kővári T. , Neszményi A. , Párkány Mihály , Róna Péter , Szépfalussy P. , Tarnay Gy.
Füzet:	1948/május, 117 - 118. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Polinomok szorzattá alakítása, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1947/december: 126. matematika feladat

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

I. Megoldás: $1^{\circ}$ Jelöljünk egy polinomot $f (x)$ -szel, bebizonyítjuk, hogy ha $x_{1}$ , megoldása az $f (x) = 0$ egyenletnek, akkor $f (x)$ osztható az $x - x_{1}$ kifejezéssel (az ú. n. $x_{1}$ -hez tartozó ,,gyöktényező''-vel.) A hányados eggyel alacsonyabb fokú polinom lesz.
Legyen $f (x) = a x^{n} + b x^{n - 1} + c x^{n - 2} + ... + p x + r$ . Helyettesítsük be $x_{1}$ -et:

\begin{matrix} a x_{1}^{n} + b x_{1}^{n - 1} + c x_{1}^{n - 2} + ... + p x_{1} + r = 0. \end{matrix}

Ezt levonva

f (x)

-ből, annak értéke nem változik:

\begin{matrix} f (x) = f (x) - f (x_{1}) = a (x^{n} - x_{1}^{n}) + b (x^{n - 1} - x_{1}^{n - 1}) + c (x^{n - 2} - x_{1}^{n - 2} + \\ + ... + p (x - x_{1}) \end{matrix}

Ennek a kifejezésnek minden tagja osztható

x - x_{1}

-gyel és, a hányados mindig eggyel alacsonyabb fokszámú polinom, mert

\begin{matrix} x^{k} - x_{1}^{k} = (x - x_{1}) (x^{k - 1} + x^{k - 2} + x_{1} + ... + x x_{1}^{k - 2} + x_{1}^{k - 1}) \end{matrix}

Így valóban

f (x) = (x - x_{1}) g (x)

, ahol

g (x)

f (x)

-nél eggyel alacsonyabb fokú polinom.

2^{\circ}

f (x) = 0

egyenletnek minden

x_{1}

-től különböző gyöke, gyöke az eggyel alacsonyabb fokú

g (x) = 0

egyenletnek is. Legyen ugyanis

ϰ \neq x_{1}

gyöke az egyenletnek.

f (ϰ) = (ϰ - x_{1}) \cdot g (ϰ)

. Itt a bal oldal 0, a jobb oldal első tényezője viszont nem az, tehát kell, hogy

g (ϰ) = 0

legyen.

Párkány Mihály (Békéscsaba, VIII. o.)

II. Megoldás: A gyöktényezőre vonatkozó

1^{\circ}

alatti tétel másképp is bizonyítható.
Írjuk

f (x)

-ben

x

helyébe a vele egyenlő

[(x - x_{1}) + x_{1}]

kifejezést és rendezzük a polinomot

(x - x_{1})

hatványai szerint:

\begin{matrix} f (x) = a {[(x - x_{1}) + x_{1}]}^{n} + b {[(x - x_{1}) + x_{1}]}^{n - 1} + c {[(x - x_{1}) + x_{1}]}^{n - 2} + \\ + ... + p [(x - x_{1}) + x_{1}] + r = (x - x_{1}) g (x) + a x_{1}^{n} + b x_{1}^{n - 1} + c x_{1}^{n - 2} + \\ + ... + p x_{1} + r = (x - x_{1}) g (x) + f (x_{1}) = (x - x_{1}) g (x), \end{matrix}

ahol

(x - x_{1}) g (x)

az összes

(x - x_{1})

-et tartalmazó tagok összege

g (x)

egy

n - 1

-ed fokú polinom.

Róna Péter (Bp.-i Evangélikus gimn. VIII/b. o.)