Kezdőlap


Feladat:	1176. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Ámon Magdolna , Farkas Zoltán
Füzet:	1963/február, 56 - 57. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Magasabb fokú egyenletek, Szimmetrikus egyenletek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1962/május: 1176. matematika feladat

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

I. megoldás. Párosítsuk össze a bal oldal szimmetrikusan elhelyezkedő tagjait, melyek együtthatói egymás negatívjai. Ekkor kiemelhető lesz $x - 1$ :

\begin{matrix} 6 (x^{5} - 1) - x (x^{3} - 1) - 43 x^{2} (x - 1) = (x - 1) [6 x^{4} + 6 x^{3} + 6 x^{2} + 6 x + 6 - \\ - x (x^{2} + x + 1) - 43 x^{2}] = (x - 1) (6 x^{4} + 5 x^{3} - 38 x^{2} + 5 x + 6), \end{matrix}

ezért az egyenlet teljesül

x_{1} = 1

-re, további gyökei pedig azok az

x

értékek, amelyekre

\begin{matrix} 6 x^{4} + 5 x^{3} - 38 x^{2} + 5 x + 6 = 0. \end{matrix}

(2)

Ez szimmetrikus egyenlet, és az 1113. feladat¹ megjegyzése szerint minden gyökének a reciproka is gyök. Ezért célszerű lesz az egyenletet

x^{2}

-nel osztani és új ismeretlen gyanánt

x

-nek és reciprokának összegét bevezetni. Így ugyanis az új ismeretlenre másodfokú egyenletet kapunk:

\begin{matrix} 6 x^{2} + 5 x - 38 + \frac{5}{x} + \frac{6}{x^{2}} = 6 (x^{2} + \frac{1}{x^{2}}) + 5 (x + \frac{1}{x}) - 38 = 0, \end{matrix}

és ha itt

\begin{matrix} x + \frac{1}{x} = y, akkor x^{2} + \frac{1}{x^{2}} = {(x + \frac{1}{x})}^{2} - 2 = y^{2} - 2, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} 6 (y^{2} - 2) + 5 y - 38 = 6 y^{2} + 5 y - 50 = 0. \end{matrix}

Innen

y_{1} = - 10 / 3

és

y_{2} = 5 / 2

, ennélfogva az

\begin{matrix} x + \frac{1}{x} = - \frac{10}{3} és x + \frac{1}{x} = \frac{5}{2} \end{matrix}

egyenletekből:

\begin{matrix} x_{2} = - 3, x_{3} = - \frac{1}{3}, ill. x_{4} = 2, x_{5} = \frac{1}{2} . \end{matrix}

A két gyökpár tagjai valóban egymás reciprokai. A behelyettesítés mutatja, hogy

x_{1}

x_{2}

x_{3}

x_{4}

x_{5}

mindegyike kielégíti (1)-et.
Mivel 5-ödfokú egyenletnek legfeljebb 5 különböző gyöke lehet, a megoldást befejeztük.

Ámon Magdolna (Győr, Zrínyi I. lg. III. o. t.)

II. megoldás. Elég az I. megoldás (2) egyenletével foglalkoznunk. Mivel ennek összes együtthatói egész számok, azért véges számú helyettesítési próbával megkereshetjük racionális gyökeit ‐ vagyis a törteket és egészeket ‐, ha ilyenek egyáltalán vannak. Ismeretes ugyanis², hogy egész együtthatós egyenletnek csak olyan racionális gyöke lehet, melynek tovább nem egyszerűsíthető alakjában a számláló az egyenlet állandó tagjának osztója, a nevező pedig az ismeretlen legmagasabb hatványát tartalmazó tag együtthatójának valamely osztója. (2)-ben ez az együttható is és az állandó tag is 6, ezért számláló és nevező gyanánt csak 1, 2, 3 és 6, illetve ezek negatívja jön szóba, tehát (2)-t csak a következő racionális számok elégíthetik ki:

\begin{matrix} \pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 6, \pm \frac{1}{2}, \pm \frac{3}{2}, \pm \frac{1}{3}, \pm \frac{2}{3}, \pm \frac{1}{6} . \end{matrix}

Ezek közül

x_{2} = 2

és

x_{3} = - 3

mellett a bal oldal értéke 0, ezért a hátra levő két gyök ezek reciproka:

x_{4} = 1 / 2

x_{5} = - 1 / 3

Farkas Zoltán (Hódmezővásárhely, Bethlen G. g. IV. o. t.)

Megjegyzés. Ha nem ismerjük a reciprok egyenletek felhasznált tulajdonságát, akkor a hátralevő két gyököt vagy megtaláljuk további próbálgatással, vagy meghatározhatjuk, mint annak az egyenletnek a gyökeit, amelyik (2)-ből keletkezik, ha azt a megtalált gyökükhöz tartozó gyöktényezők

(x - 2) (x + 3)

szorzatával osztjuk.

¹Lásd K. M. L. 24 (1962/4) 152. o.

² Matematika, gimn. IV. o. tankönyv, 194. o.