Feladat: 127. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Boda I. ,  Bognár János ,  Eisler O. ,  Gacsályi S. ,  Gnóth M. ,  Károlyházi F. ,  Kővári T. ,  Neszményi A. ,  Párkány Mihály ,  Perjes P. ,  Róna P. ,  Szépfalsussy P. ,  Tarnay Gy. ,  Zappe T. 
Füzet: 1948/május, 118 - 119. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Polinomok szorzattá alakítása, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1947/december: 127. matematika feladat

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

I. Megoldás: A 126. feladat szerint, ha egy n-ed fokú egyenlet egy x1 gyökét ismerjük, felírhatunk egy (n-1)-ed fokú egyenletet, melynek az egyenlet összes x1-től különböző gyöke gyöke lesz. Ezt ismételve, két gyök ismerete esetén n-2-ed fokú, stb., ha n-1 gyököt ismerünk, olyan elsőfokú egyenletet kapunk, melynek eleget tesz az egyenletnek az első n-1-től különböző minden gyöke. De az elsőfokú egyenletnek egyetlen gyöke van. Ez tehát ez esetben az eredeti egyenlet n-edik darab gyöke és több gyök nem lehetséges.

 

Bognár János (Bp.-i Evangélikus gimn. VI. o.)
 

II. Megoldás: A 126. feladat szerint, ha a φn(x)=0n-ed fokú egyenletnek x1 egy gyöke, akkor φn(x)=(x-x1)⋅φn-1(x), ahol φn(x)=0-nak minden x1-től különböző gyöke gyöke a φn-1(x)=0n-1-ed fokú egyenletnek is. Ha van egy második x2 gyök, akkor ugyanezt alkalmazva az x2 gyökre, s a φn-1(x) polinomra:
φn-1(x)=(x-x2)φn-2(x),.... Ha van az egyenletnek n különböző gyöke, akkor az eljárást az n gyökre ismételve, végül:
φ2(x)=(x-xn-1)φ1(x)ésφ1(x)=a(x-xn).
Ezekből: φn(x)=a(x-x1)(x-x2)(x-x3)...(x-xn), tehát az n-ed fokú egyenlet baloldala azonosan egyenlő n elsőfokú gyöktényező szorzatával. Most bebizonyítom, hogy több gyök nem lehet. Tegyük fel, hogy az n-ed fokú egyenletnek az x1, x2,...,xnn-számú gyökén kívül van még egy X gyöke. Ha ezt behelyettesítem:
φn(x)=a(X-x1)(X-x2)(X-x3)...(X-n).
Ezen egyenlet baloldala a feltevés szerint 0, viszont a jobboldal nem lehet 0, mert a másik feltevés szerint X≠x1, X≠x2,...,X≠xn. A feltevés lehetetlensége be van bizonyítva.
 

Párkány Mihály (Békéscsabai gimn. VIII. o.)
 

Megjegyzés: Amint látjuk, a gyöktényező kiemelése igen hasznos eszköz egyenletekre vonatkozó kérdésekben, ha van az egyenletnek gyöke. Hogy van-e, az attól is függ, hogy milyen számokat engedünk meg gyökök gyanánt. A pozitív számok körében még nem is minden elsőfokú egyenletnek van megoldása. De másodfokúnak már az összes valós számok közül sem mindig akad gyöke. Annál meglepőbb volt Gauss felfedezése, hogy a komplex számok körében már minden egyenletnek van legalább egy gyöke. A tétel úgy igaz, hogy közben az egyenletben előfordult együtthatók is tetszőleges komplex számok lehetnek. Gauss maga a tételre 6 különböző bizonyítást adott. Ez is mutatja a tétel fontosságát. Ezt a tételt szokás az algebra alaptételének nevezni. A bizonyításhoz természetesen alaposan kell ismerni a komplex számokat.
Ennek a tételnek segítségével az is következik, hogy minden n-ed fokú polinom felbontható n gyöktényező szorzatára. Legyen ugyanis f(x)n-ed fokú polinom. f(x)=0-nak van gyöke. Legyen ez x1. Ekkor f(x)=(x-x1)⋅f1(x), ahol f1(x)n-1-ed fokú polinom. f1(x)=0-nak ismét van legalább egy gyöke, x2 és f1(x)=(x-x2)f2(x), tehát f(x)=(x-x1)(x-x2)f(x2). Ezt egész addig folytathatjuk, míg az utolsó gyöktényező kiemelése után konstans hányados marad. Ez épp az n-edik gyöktényezőnél következik be, tehát:
f(x)=c(x-x1)(x-x2)...(x-xn).

A gyöktényezők közt lehetnek egyenlők is. Ha mind különböző, akkor pont n gyöke van az egyenletnek. De könnyű ‐ és célszerű ‐ úgy számlálni össze a gyököket, hogy mindig n gyöke legyen az n-ed fokú egyenletnek. Számítsunk minden gyököt annyiszor, ahány gyöktényezőben előfordul. Pl. x6-3x4+3x2-1=0 egyenlet bal oldala így írható: (x2-1)3=(x-1)3(x+1)3, tehát az egyenlet két különböző gyöke: +1 és -1 háromszoros gyökök. Ezt a ,,3''-at a gyök multiplicitásának nevezzük. Ha tehát minden gyököt annyiszorosan számolunk, amennyi a multiplicitása, akkor n-ed fokú egyenletnek n gyöke van.
 
Szerk.