Feladat: 1420. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Babai L. ,  Bárány I. ,  Bod Judit ,  Dabóczi Á. ,  Deák Jenő ,  Domokos L. ,  Joó I. ,  Kádas S. ,  Kalmár I. ,  Kiss Á. ,  Komlósi S. ,  Korchmáros G. ,  Králik I. ,  Külvári I. ,  Major P. ,  Palla L. ,  Papp Z. ,  Pethő I. ,  Solymos A. ,  Steiner Gy. ,  Szentgáli Á. ,  Szeredi P. ,  Tényi G. ,  Tolnay-Knefély T. ,  Varga Gabriella ,  Verdes S. 
Füzet: 1966/november, 113 - 115. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Harmadfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Gyökök és együtthatók közötti összefüggések, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1965/november: 1420. matematika feladat

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

Az 1403. gyakorlat II. megoldásához hasonlóan képezzük azt az egyenletet, melynek gyökei az

x3+ax2+bx+c=0
egyenlet gyökeinek négyzetei. A páratlan és páros fokú tagokat szétválasztva, négyzetre emeléssel, rendezéssel
x3+bx=-(ax2+c),x6+2bx4+b2x2=a2x4+2acx2+c2,(x2)3-(a2-2b)(x2)2+(b2-2ac)x2-c2=0.


Természetesen az (1)-ben szereplő a=-1, b=-6, c=2 értékrendszerből is így adódnak (2) együtthatói:
-(a2-2b)=-13=a1,b2-2ac=40=b1,-c2=-22=c1.

Mármost egymás után az (I), (II), (III) egyenlet együttható-hármasa:
-(a12-2b1)=-89=aI,b12-2a1c1=1496=bI,-c12=-24=cI;-(aI2-2bI)=-4949=aII,-cI2=-28=cII,bI2-2aIcI=22351682,235106=bII;-(aII2-2bII)-1,982107=A,-cII2=-216=C,bII2-2aIIcII4,9961012=B,azaz(x16)3-1,982107(x16)2+4,9961012x16-6,554104=0.(III)


Ekkor az állítás szerint, a gyökvonásokat logaritmussal végezve:
|x1|1,982107162,858(lg|x1|0,4561);|x2|4,99610121,982107162,175(lg|x2|0,3376);|x3|2164,9961012160,3216(lg|x3|0,5074-1).

A harmadfokú egyenlet gyöktényezős alakját kifejtve
(x-x1)(x-x2)(x-x3)==x3-(x1+x2+x3)x2+(x1x2+x1x3+x2x3)x-x1x2x3=0.


Eszerint ha x3 együtthatója 1, akkor az ismeretlent nem tartalmazó tag negatívja egyenlő a gyökök szorzatával, és x2 együtthatójának negatívja egyenlő a gyökök összegével. Így (1)-ből
x1x2x3=-2ésx1+x2+x3=1.

A szorzat szerint vagy 1 gyök negatív, vagy mind a 3, az utóbbi viszont lehetetlen a pozitív összeg miatt. Ezért egyik gyököt próbáljuk negatívnak, éspedig az abszolút értéket is tekintetbe véve x2-t, így ugyanis jó közelítéssel teljesül:
2,858-2,175+0,322=1,0051.

Valóban (1) bal oldalának értéke
azx12,858helyen közelítőleg+0,008,azx2-2,175helyen közelítőleg+0,030,azx3+0,322helyen közelítőleg-0,002,


így mindegyik közelében gyök várható.
A (3) képletek a gyökök abszolút értékét csökkenő sorrendben adták.
 
Deák Jenő (Budapest, Kölcsey F. g. IV. o. t.)

 
Megjegyzés. A fentiekben igen egyszerű példát láttunk (valós együtthatós) algebrai egyenlet (valós) gyökeinek közelítő meghatározására az ún. Graeffe ‐ Lobacsevszkij-féle eljárással. Ennek teljes ismertetése messze vezetne, némi tájékoztatásul mégis megemlítjük róla a következőket. 1. A számítást az tette lehetővé, hogy a gyökök abszolút értékben különbözők (ez kizárja a komplex gyökök létezését is). 2. Ezért a gyökök egymás utáni négyzetre emelésével az I‐III. egyenletek gyökeinek hányadosai egyre nagyobbak lettek. 3. Fölösleges lett volna tovább menni a 32. hatványokra, (IV) egyenletre, mert az együtthatók számításában A2 mellett 2B, valamint B2 mellett 2AC elenyésző, ezért a IV. egyenletből, 32. gyökvonásokkal ugyanezeket a közelítő értékeket kaptuk volna.