Feladat: 1027. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Butor László ,  Farkas Henrik ,  Szegö Károly 
Füzet: 1960/december, 218 - 219. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Negyedfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Műveletek polinomokkal, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1960/február: 1027. matematika feladat

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

x1 és x2 kielégítik az adott egyenletet, ebből két elsőfokú egyenletet kapunk az ismeretlen A, B együtthatókra. x1-gyel

1,4641+1,331A+35,3925-44,308+B=0,
azaz
1,331A+B=7,4514;
hasonlóan x2-vel
13,824A+B=-104,9856.
E rendszerből A=-9, B=19,4304 és (1) így alakul:
x4-9x3+29,25x2-40,28x+19,4304=0.(2)

Másrészt (2) bal oldala osztható az x-x1=x-1,1 és x-x2=x-2,4 gyöktényezőkkel, tehát szorzatukkal x2-3,5x+2,64-dal is, mert e gyöktényezőknek nincs közös osztója. Az osztási hányados az a polinom lesz, amelynek értéke a további gyökök mellett 0. Ebből kapunk egyenletet a további gyökökre. Már most az ismert eljárással
(x4-9x3+29,25x2-40,28x+19,4304):(x2-3,5x+2,64)=-x43,5x3±2,64x2=x2-5,5x+7,36-5,5x3+26,61x25,5x3±19,25x214,52x-17,36x2-25,76x-17,36x225,76x±19,43040
és az így adódó
x2-5,5x+7,36=0(3)
egyenletből x3=2,3, x4=3,2
 

Szegő Károly (Budapest, Apáczai Csere J. gyak. g. III. o. t.)

 

Megjegyzések. 1. Az osztási eljárás helyett egyszerűbben jutunk el (3)-hoz, ha a negyedfokú egyenlet gyöktényezős alakjában x4 együtthatóját 1-nek vesszük, a zárójeleket felbontjuk:
(x-x1)(x-x2)(x-x3)(x-x4)=x4-(x1+x2+x3+x4)x3++(x1x2+x1x3+x1x4+x2x3+x2x4+x3x4)x2-(x1x2x3+x1x2x4++x1x3x4+x2x3x4)x+x1x2x3x4=0,
és figyelembe vesszük, hogy ekkor x3 együtthatója a gyökök összegének (-1)-szerese, az x-től mentes tag pedig a gyökök szorzata. Eszerint
1,1+2,4+x3+x4=9és1,12,4x3x4=19,4304,
innen
x3+x4=5,5ésx3x4=7,36,
ezekből pedig felírható (3).
 

Farkas Henrik (Eger, Dobó I. g. IV. o. t.)

 

2. Lényegében ismét a gyöktényezős alak felhasználásával megoldhatjuk (1)-et A és B értékének kiszámítása nélkül is. Jelöljük (1) bal oldalát F(x)-szel, azt a másodfokú polinomot, amely az ismert x1 és x2 helyeken veszi fel a 0 értéket, G(x)-szel, vagyis
G(x)=(x-x1)(x-x2)=(x-1,1)(x-2,4)=x2-3,5x+2,64,
az a másodfokú polinom pedig, amelynek két 0-helye a hátralevő két gyök, legyen a következő:
H(x)=x2-sx+p.
Ekkor a G(x) H(x) szorzat azonos F(x)-szel. Már most
G(x)H(x)(x2-3,5x+2,64)(x2-sx+p)=x4-(3,5+s)x3++(p+3,5s+2,64)x2-(3,5p+2,64s)x+2,64p.


Az azonosságból következik, hogy x ugyanazon kitevős hatványainak a bal és a jobb oldalon fellépő együtthatói egyenlők. Így x2 és x együtthatóiból
p+3,5s+2,64=29,253,5p+2,64s=40,28,
elsőfokú egyenletrendszert kapunk H(x) ismeretlen együtthatóira. Innen p=7,36, s=5,5, ami szerint H(x) azonos (3) bal oldalával.
 

Butor László (Budapest, I. István g. III. o. t.)