Kezdőlap


Feladat:	1299. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Belső László , Bóta Károly , Császár Z. , Dévény Ilona , Ferenczy György , Herényi István , Horányi Sándor , Horváth J. , Huhn András , Kelemen G. , Kerényi István , Kiss Györgyi , Kiss Katalin , Kövér Ákos , Laczkovich M. , Lehel Csaba , Lovász László , Márki László , Mátrai Miklós , Nagy Klára , Palotás Á. , Patkós A. , Pelikán József , Siket Aranka , Simonovits András , Sófalvi Mihály , Sükösd Csaba , Székely Gy. , Szép András , Szörényi Miklós , Veres Ferenc , Vesztergombi Katalin
Füzet:	1964/december, 207 - 209. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Harmadfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Magasabb fokú egyenletek, Gyökök és együtthatók közötti összefüggések, Indirekt bizonyítási mód, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1964/február: 1299. matematika feladat

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

a) Az egyenletet 0-ra redukálva és tagokra bontva

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

alakra hozhatjuk. Ha az egyenlet gyökei

α_{1}

α_{2}

α_{3}

, akkor a bal oldal meg kell hogy egyezzék tagról tagra az

\begin{matrix} (x - α_{1}) (x - α_{2}) (x - α_{3}) \end{matrix}

szorzat tagokra bontott alakjával, mert mindkét polinom legmagasabb fokú tagja

x^{3}

, így az

\begin{matrix} x^{3} - 2 x^{2} - 5 x + 4 - (x - α_{1}) (x - α_{2}) (x - α_{3}) = (α_{1} + α_{2} + α_{3} - 2) x^{2} - \\ - (α_{1} α_{2} + α_{1} α_{3} + α_{2} α_{3} + 5) + (α_{1} α_{2} α_{3} + 4) \end{matrix}

különbség egyrészt az

α_{1}

α_{2}

α_{3}

helyeken a 0 értéket veszi fel, másrészt legfeljebb másodfokú lehet, s így legfeljebb két helyen tünhetne el, ha nem volna a jobb oldal minden együtthatója 0. Ezért

\begin{matrix} α_{1} + α_{2} + α_{3} = 2, α_{1} α_{2} + α_{1} α_{3} + α_{2} α_{3} = - 5, α_{1} α_{2} α_{3} = - 4. \end{matrix}

Az első kettőt felhasználva

\begin{matrix} α_{1}^{2} + α_{2}^{2} + α_{3}^{2} = {(α_{1} + α_{2} + α_{3})}^{2} - 2 (α_{1} α_{2} + α_{1} α_{3} + α_{2} α_{3}) = 2^{2} - 2 (- 5) = 14. \end{matrix}

b) Az itt felhasznált tények nem csak harmadfokú egyenletre vonatkoznak. Általában¹ ha egy

n

-ed fokú

\begin{matrix} f (x) = a_{0} x^{n} + a_{1} x^{n - 1} + a_{2} x^{n - 2} + ... + a_{n - 1} x + a_{n} \end{matrix}

polinom az

α_{1}, α_{2}, ..., α_{n}

helyeken eltűnik, akkor átrendezhető

\begin{matrix} a_{0} (x - α_{1}) (x - α_{2}) ... (x - α_{n}) \end{matrix}

alakba, és a gyökök és együtthatók közt a következő összefüggések állnak fenn:

\begin{matrix} a_{1} & = - a_{0} (α_{1} + α_{2} + ... + α_{n}), \\ a_{2} & = a_{0} (α_{1} α_{2} + α_{1} α_{3} + ... α_{n - 1} α_{n}), \\ a_{3} & = - a_{0} (α_{1} α_{2} α_{3} + α_{1} α_{2} α_{4} + ... + α_{n - 2} α_{n - 1} α_{n}), ..., \\ a_{n} & = {(- 1)}^{n} a_{0} α_{1} α_{2} ... α_{n} \end{matrix}

Általában

a_{k}

-t megkaphatjuk, ha az

α

-k közül minden lehető módon kiválasztunk

k

-t, összeszorozzuk őket és a kapott szorzatok összegét megszorozzuk

a_{0}

-lal vagy (

- a_{0}

)-lal aszerint, hogy

k

páros vagy páratlan.
Ha speciálisan az (1) egyenlet gyökei

β_{1}, β_{2}, ..., β_{10}

, ezek négyzetösszegének kiszámításához elég a 9-edfokú és a 8-adfokú tag együtthatóját ismerni:

\begin{matrix} β_{1} + β_{2} + ... + β_{10} = - 2, \\ β_{1} β_{2} + ... + β_{1} β_{10} + β_{2} β_{3} + ... + β_{9} β_{10} = 5, \end{matrix}

s így

\begin{matrix} β_{1}^{2} β_{2}^{2} + ... + β_{10}^{2} = {(β_{1} + β_{2} + ... + β_{10})}^{2} - 2 (β_{1} β_{2} + β_{1} β_{3} + ... + \\ + β_{9} β_{10}) = {(- 2)}^{2} - 2 \cdot 5 = - 6. \end{matrix}

Ez a valós számok körében lehetetlen, tehát nem lehet az (1) egyenletnek 10 valós gyöke, és ezt kellett bebizonyítanunk.
Horányi Sándor (Budapest, Móricz Zs. g. IV. o. t.)

Megjegyzés. Feltételeztük, hogy egyenleteinknek annyi gyöke van, mint ahányad fokúak. Ez az

a

) esetben abból látható, hogy a 0-ra redukált egyenlet bal oldala a

- 2

, 0, 2, 4 helyeken rendre

- 2

, 4,

- 6

, 16 értékeket vesz fel. Ezek váltakozó előjelűek, így 2‐2 szomszédos hely közt felveszi a 0 értéket.
A

b

) rész tekinthető indirekt bizonyításnak: Ha volna 10 (valós) gyök, azok négyzetösszege pozitív kellene, hogy legyen, ami lehetetlen. Ha támaszkodunk a komplex számok ismeretére ² is, ezek körében ‐ amint azt először C. F. Gauss-nak sikerült bebizonyítania 18 éves korában ‐, minden (legalább első fokú) polinomnak van 0-helye. Ebből már következik ‐ felhasználva³, hogy egy polinomból, ha az

α

helyen eltűnik, kiemelhető az

x - α

gyöktényező ‐, hogy a komplex számok körében egy

n

-edfokú polinomnak

n

0-helye van, amennyiben egy

α

0-helyet, amelyhez tartozó gyöktényező

k

-adik hatványa emelhető ki,

k

-szor számítunk a 0-helyek közé. Így az (1) egyenletnek is 10 gyöke van a komplex számok körében, de nem lehet mind valós, mert négyzetösszegük negatív. (Lehetséges, hogy egy sem valós.)

¹Lásd pl. Surányi János: Polinomok azonossága, K. M. L. 23 (1961/11.), 103‐105. o.

²Ezekhez úgy jutunk, hogy bevezetünk egy új $i$ számot, ún. képzetes egységet, melynek a négyzete $- 1$ , ennek valós többszörösei a képzetes számok, egy valós és egy képzetes szám összegeként adódnak a komplex számok. Ezek körében értelmezhetők az alapműveletek úgy, hogy a szokásos műveleti szabályok érvényben maradjanak rájuk. A komplex számok körében minden (legalább első fokú) polinomnak van 0-helye. Lásd pl. Varga Tamás: Érettségi matematikai összefoglaló, Tankönyvkiadó, Budapest, 1961. 11. kiadás, 55‐57. o.; továbbá Rieger Richárd: Komplex számok, Középiskolai Szakköri Füzetek, Tankönyvkiadó, Budapest, 1954.

³Lásd pl. az 1. lábjegyzetben idézett cikket.