|
Feladat: |
1114. matematika feladat |
Korcsoport: 16-17 |
Nehézségi fok: nehéz |
Megoldó(k): |
Bellay Ágnes , Benczúr András , Bollobás Béla , Csipka L. , Demendy Z. , Fajszi Cs. , Farkas Zoltán , Fukker G. , Gagyi Pálffy A. , Gálfi László , Gáspár R. , Huber T. , Katona Éva , Kéry G. , Kóta J. , Kunszt Z. , Lehel Cs. , Lehel J. , Major J. , Máté A. , Máté E. , Molnár Emil , Nagypál B. , Náray-Szabó G. , Opálény M. , Pór A. , Simonovits Miklós , Sonnevend György , Szegő K. , Székely Jenő , Szepesvári I. , Szidarovszky Ágnes , Szidarovszky F. , Vesztergombi György , Vincze I. , Zalán F. Á. , Zalán P. , Zalay Miklós |
Füzet: |
1962/április,
154 - 157. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Negyedfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Egész együtthatós polinomok, Feladat |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1961/május: 1114. matematika feladat |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. a) Jelentse az (1) egyenlet egy gyökét, vagyis álljon fenn | | (3) | Eszerint a számra teljesül | | vagyis gyöke az ugyancsak negyedfokú egyenletnek, melyben a páratlan fokszámú tagok együtthatói az (1) megfelelő együtthatóinak -szeresei, a többi együtthatók pedig egyenlők (1) megfelelő együtthatóival. az (1)-nek bármelyik gyökét jelentheti, ezért (4)-et az (1) mindegyik gyökének -szerese kielégíti. Más szám nem is tesz eleget (4)-nek, hiszen ha ennek egy gyöke , akkor gyöke a (4)-ből az iménti módosítással képezett egyenletnek, vagyis (1)-nek. Ezek szerint (4) éppen a keresett első egyenlet. Ha (3) teljesül, akkor , hiszen . Így mindegyik gyök reciprokára fennáll | | tehát mindegyik gyök reciproka kielégíti a | | (5) | egyenletet, melynek együtthatói fordított sorrendben egyeznek (1) együtthatóival (a sorrend természetesen fogyó hatványainak rendjében értendő). (5) valóban a keresett második egyenlet, mert gyökei csak az előírt számok, hiszen ha (5)-nek egy gyöke , akkor ugyanez a meggondolás mutatja, hogy kielégíti (1)-et. Mármost első meggondolásunkat (5)-re alkalmazva nyerjük, hogy a harmadik egyenlet: | | (6) |
b) Képezzük elsőnek a szorzatot. egymás utáni tagjaival -et végigszorozva a részletszorzatok ugyancsak fogyó hatványai szerint rendezett polinomok lesznek, és legmagasabb fokú tagjuk fokszáma lépésről lépésre 1-gyel kisebb lesz. Ezt tudva célszerű lesz a részletszorzatokat ‐ a közönséges számok szorzásánál szokásos írásmódhoz hasonlóan ‐ lépcsőzetesen úgy rendezni, hogy ugyanazon kitevős hatványai egy‐egy oszlopba jussanak. Így hatványát minden oszlopban elég egyszer kiírni (pl. csak a felső tagban).
A páratlan kitevős hatványok kiesése várható volt. Hiszen (1) gyökeit , , , -gyel jelölve (4) gyökei , , , , így gyöktényezős alakban
és ezt polinommá kifejtve -nek csak páros kitevős hatványai léphetnek fel. A fentebbiek alapján nyilvánvaló, hogy a szorzatot -ből is megkaphatjuk, az együtthatókat fordított sorrendben véve, tehát Ezekből (1) és a képezett három egyenlet bal oldalainak szorzata: | | és ez, amint várható volt, -re nézve szimmetrikus polinom, hiszen minden gyökének -szerese, reciproka és reciprokának -szerese ugyancsak gyök, akárcsak (2)-ben (és minden gyök ugyanannyiszoros gyök), amint azt az 1113. feladatban láttuk. Ezért ‐ ha az állítás igaz ‐ a meghatározandó további két egész együtthatós polinom szorzata ugyancsak -re nézve szimmetrikus polinom lesz, fokszáma , két szélső együtthatója 1, tehát alakú. Az együttható meghatározása végett képezzük és szorzatát és kérdezzük, van-e olyan , amelyre A szorzat a szimmetrikus tagoknak egy‐egy zárójelbe való foglalásával
Az azonosság akkor és csak akkor áll fenn, ha valamennyi megfelelő együttható egyenlő: | | Valamennyi feltételből adódik, tehát Mármost
tehát valóban írható két egész együtthatós polinom szorzata gyanánt. Ezzel az állítást bebizonyítottuk.
Zalay Miklós (Budapest, XVIII., Hengersor úti Gimn. III. o. t.)
Megjegyzések. 1. Többen -nek két tényezőre bontása céljára megoldották a egyenletet: és az irracionális gyökök láttán kimondták, hogy a kívánt felbontás lehetetlen, a feladat állítása téves. Megmutatjuk, hogy kissé hosszabb úton ebből a kiindulásból is el lehet jutni a (7) eredményhez. Észrevéve, hogy
gyökei a következők: | | Ha a feladat állítása igaz, és a kérdéses két polinom másodfokú, akkor létezik ezeknek olyan két párba állítása, amelyben az összegek is és a szorzatok is egész számok. Ilyen az , , és , párosítás: | | Ezekkel | | és így valóban | |
2. Azt, hogy nem tartalmazhatja páratlan kitevős hatványát, a tényezők | | alakjából is beláthatjuk, ahol és az polinomjai. Így ugyanis a szorzat , ami szintén polinomja. |
|