|
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 egyenlet gyökeinek négyzetei. A páratlan és páros fokú tagokat szétválasztva, négyzetre emeléssel, rendezéssel
Természetesen az (1)-ben szereplő , , értékrendszerből is így adódnak (2) együtthatói: | |
Mármost egymás után az (I), (II), (III) egyenlet együttható-hármasa:
Ekkor az állítás szerint, a gyökvonásokat logaritmussal végezve:
A harmadfokú egyenlet gyöktényezős alakját kifejtve
Eszerint ha együtthatója , akkor az ismeretlent nem tartalmazó tag negatívja egyenlő a gyökök szorzatával, és együtthatójának negatívja egyenlő a gyökök összegével. Így (1)-ből A szorzat szerint vagy gyök negatív, vagy mind a , az utóbbi viszont lehetetlen a pozitív összeg miatt. Ezért egyik gyököt próbáljuk negatívnak, éspedig az abszolút értéket is tekintetbe véve -t, így ugyanis jó közelítéssel teljesül: | |
Valóban (1) bal oldalának értéke
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 mellett , valamint mellett elenyésző, ezért a IV. egyenletből, 32. gyökvonásokkal ugyanezeket a közelítő értékeket kaptuk volna. |
|