Kezdőlap


Feladat:	128. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Gacsályi S. , Gehér L. , Kővári T. , Párkány M. , Róna P.
Füzet:	1948/május, 119 - 121. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Magasabb fokú egyenletek, Polinomok szorzattá alakítása, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1947/december: 128. matematika feladat

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

Legyen az $a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + ... + a_{1} x + a_{0} = 0$ egyenletben $a_{0}$ , $a_{1}, ..., a_{n}$ egész szám és $x_{1} = \frac{p}{q}$ legyen az egyenlet egy racionális gyöke legrövidebb alakjában, tehát $p$ és $q$ relatív prím egész számok.

\begin{matrix} a_{n} \cdot \frac{p^{n}}{q^{n}} + a_{n - 1} \cdot \frac{p^{n - 1}}{q^{n - 1}} + ... + a_{1} \cdot \frac{p}{q} + a_{0} = 0 \end{matrix}

q^{n}

-nel szorozva az egyenletet:

\begin{matrix} a_{n} p^{n} + a_{n - 1} p^{n - 1} \cdot q + ... + a_{1} p q^{n - 1} + a_{0} q^{n} = 0. \end{matrix}

Ebből egyrészt:

a_{n} p^{n} = - q (a_{n - 1} p^{n - 1} + ... + a_{0} q^{n - 1})

, másrészt:

a_{0} q^{n} = - p (a_{n} p^{n - 1} +

+ ... + a_{1} q^{n - 1})

, vagyis

a_{n} p^{n}

osztható

q

-val és

a_{0} q^{n}

osztható

p

-vel, de

p

és

q

relatív prím számok, tehát

p

és

q^{n}

, továbbá

p^{n}

és

q

is. Ezért

a_{n} q

-val és

a_{0} p

-vel osztható, vagyis csak olyan törtek lehetnek gyökei egy egész együtthatós egyenletnek, melyek számlálója a konstans tagnak, nevezője pedig a legmagasabb fokú tag együtthatójának osztója. Ez egy-egy egyenlet esetén véges számú lehetőséget jelent. Ezt a véges számú racionális számot kipróbálva eldönthetjük, hogy van-e racionális gyöke egy egész együtthatós egyenletnek és ha igen, úgy megkereshetjük. Egész gyökök is szerepelnek ezek közt, ha

q = 1

, tehát egy egész együtthatós egyenlet egész gyökei csak a konstans tag osztói között keresendők.
Ha a legmagasabb együttható az egyenletben 1, akkor csak

q = 1

lehet, tehát az ilyen egyenletnek más racionális gyöke, mint egész gyöke, nem lehet.
Így első egyenletünknek a racionális gyöke csak egész szám lehet, és pedig:

\pm 1

\pm 2

\pm 5

\pm 10

. Ezek közül

x_{1} = 1

és

x_{2} = - 2

gyöke is az egyenletnek. A hozzájuk tartozó

(x - 1) \cdot (x + 2) = x^{2} + x - 2

gyöktényező szorzattal osztva, a további gyökök az

x^{4} - 4 x^{2} + 15 = 0

egyenletnek is gyökei. Ennek már racionális gyöke nincs. Az egyenlet másodfokúra visszavezethető. Gyökei:

\begin{matrix} x_{3,4} = \pm \sqrt[]{2 + i}, x_{5,6} = \pm \sqrt[]{2 - i} . \end{matrix}

A második egyenletet

(3 x - 1) x (3 x + 1) = - 30

alakban írva látható, hogy ha

x

racionális, nevezője csak 1, vagy három lehet, mert különben sem

3 x - 1

, sem

3 x + 1

számlálója nem osztható a nevezővel, tehát a baloldal tört lenne. Az egyenletet

(3 x - 1) (3 x) (3 x + 1) = - 90

alakban írva a baloldal minden tényezője egész, tehát 90-et három szomszédos szám szorzatára kellene bontanunk, ami lehetetlen. Racionális gyök tehát nincs.
A Cardano-féle formula

\begin{matrix} x = - ϱ \sqrt[^{3}]{\frac{5}{3} + \sqrt[]{\frac{25}{9} + \frac{1}{19683}}} + ϱ^{2} \sqrt[^{3}]{\sqrt[]{\frac{25}{9} + \frac{1}{19683}} - \frac{5}{3}} \end{matrix}

alakban adja a gyököket, ahol

ϱ = 1

\frac{- 1 + i \sqrt[]{3}}{2}

\frac{- 1 - i \sqrt[]{3}}{2}

lehet, ahonnan a valós gyökre

1,48 ...

adódik. A másik két gyöke konjugált komplex számok adódnak.