Feladat:	1486. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bulkai Tamás ,  Csörgei J. ,  Dombi J. ,  Gegesy Ferenc ,  Joó István ,  Kocsis F. ,  Lublóy László ,  Moson Péter ,  Munk Sándor ,  Szentgáli Á. ,  Szűcs A. ,  Takács L.
Füzet:	1967/november, 116 - 118. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Háromszögek hasonlósága, Egyenletek grafikus megoldása, Negyedfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Mértani helyek, Numerikus módszerek, Racionális együtthatós polinomok, Feladat, Irracionális egyenletek
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1966/október: 1486. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.     1. ábra   I. Az árok $x$ szélességével és a rudak hosszával kifejezhetjük $BC$-t és $AD$-t. Legyen még $FE=h$, ekkor az $ABC$ és $AFE$, valamint $BAD$ és $BFE$ hasonló háromszög-párokból $\begin{array}{c}{\displaystyle AF=AB\cdot \frac{FE}{BC}=\frac{xh}{\sqrt[]{25-x^2}}\mathrm{,}BF=AB\cdot \frac{FE}{AD}=\frac{xh}{\sqrt[]{9-x^2}}\mathrm{,}}\end{array}$ (1) ezekkel $AF+FB=AB$ alapján, majd $hx$-szel osztva (hiszen $x$ és minden más említett szakasz is pozitív): $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt[]{25-x^2}}+\frac{1}{\sqrt[]{9-x^2}}=\frac{1}{h}\mathrm{.}}\end{array}$ (2) Innen a törteket eltávolítva, négyzetre emelés után az egyetlen maradó négyzetgyökös kifejezést egyedül az egyik oldalon hagyva, végül ismét négyzetre emelve és rendezve ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle x^8-4\left(17-h^2\right)x^6+\left(1606-204h^2\right)x^4-4\left(3825-803h^2\right)x^2+}\hfill & \text{(<mn>3</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle +\left(50625-15300h^2+256h^4\right)=\mathrm{0,}}\hfill \end{array}}$ és ez $h=1$ esetén így egyszerűsödik: $\begin{array}{c}{\displaystyle x^8-64x^6+1402x^4-12088x^2+35581=\mathrm{0,}}\end{array}$ ami $x^2=y$-ra nézve egész együtthatós negyedfokú egyenlet: $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(y\right)=y^4-64y^3+1402y^2+12088y+35581=0.}\end{array}$ (4) Középiskolai ismeretekkel 2-odfokúnál magasabb fokú egyenlet gyökeinek megállapítását a racionális gyökök megkeresésével kezdjük ‐ amennyiben minden együttható racionális (és egyáltalán van racionális gyöke az egyenletnek). (4) racionális gyöke csak egész lehet, mert a legmagasabb fokú tag együtthatója 1. Egész gyök csak a $35581$-es állandó tag osztója lehet, azaz páratlan szám, keressük $y=4k\pm 1$ alakban: $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(4k\pm 1\right)=8\left(32k^4-\left(512\mp 32\right)k^3+\left(2816\mp 384\right)k^2-\left(6140\mp 1404\right)k+\left(4623\mp 1519\right)\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Itt az alsó jelet választva a nagy zárójel utolsó tagja $6142$, nem osztható $4$-gyel, a többi minden $k$-ra osztható vele, tehát $f\left(4k-1\right)$ nem lehet $0$. A fölső jelet véve további kiemeléssel $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(4k+1\right)=256\left(k^4-15k^3+76k^2-148k+97\right)\mathrm{,}}\end{array}$ de ez sem lehet $0$, egész $k$ esetén, mert így a zárójelbeli kifejezés páratlan (páros $k$-ra $1$, páratlanra $3$ páratlan tag van a zárójelben). Így valóban csak közelítéssel tudjuk megoldani az egyenletet. II. A tanácsolt eljárás szerint $x$-et megválasztva $h$ a (2)-ből számítható, $AF$ pedig ennek alapján (1)-ből. Célszerű a számítást táblázatban végezni a minta szerint. (A táblázatból csak kiszemelt sorokat közlünk.) Az utolsó két oszlop lényegében $E$ koordinátáit adja az $x$ paraméter függvényeként.     2. ábra   Ezekből $E$ mértani helyeként egy fél-levél alakú vonal adódik. Ezt a $h=1$ egyenes az $x=2\mathrm{,}6$ és $x=2\mathrm{,}8$ paraméterértékekhez tartozó pontok között metszi, az előbbihez valamivel közelebb. Beiktatva az $x=2\mathrm{,}7$ értéket, két tizedesre kerekítve $h=1\mathrm{,}00$ adódik, ez gyakorlati célra kielégítő pontosság, az árok $2\mathrm{,}70$ m széles. Hasonlóan $h=1\mathrm{,}5\text{m}$-hez $x=2\mathrm{,}00\text{m}$, $h=0\mathrm{,}5\text{m}$-hez pedig $x=2\mathrm{,}94\text{m}$ szélesség tartozik. Ha a probléma nagyobb pontosságot igényelne, közelítő értékeinket (4), ill. (3) alapján finomíthatnánk.   Lublóy László (Veszprém, Lovassy L. g. III. o. t.) Munk Sándor (Budapest, Rákóczi F. g. III. o. t.) Bulkai Tamás (Győr, Benedek-rendi Czuczor G. g. III. o. t.)   Megjegyzések. 1. Többen $AF$ számítása nélkül értek célhoz, csak $h$-t ábrázolták $x$ függvényeként. 2. Az $E$ metszéspont pályájából szerkesztéssel is kaphatunk tetszés szerinti számú pontot. Az ábrán $AD$ berajzolt helyzeteit $1:2$ arányú kicsinyítés alapján rajzoltuk, az $A$ közepű $5/2$ sugarú kör $x/2$ abszcisszájú pontját kötöttük össze $A$-val.