Feladat: 1596. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Csetényi Artúr ,  Kóczy László 
Füzet: 1968/december, 207 - 208. oldal  PDF file
Témakör(ök): Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Műveletek polinomokkal, Polinomok szorzattá alakítása, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1968/március: 1596. matematika feladat

Az alábbi egyenletről tudjuk, hogy két olyan gyökpárja van, amelyben a gyökök összege 0. Oldjuk meg az egyenletet.
x6-2x5-9x4+14x3+24x2-20x-20=0.(1)

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

I. megoldás. Legyen az egyik gyökpár α és -α, a másik β és -β (föltehetjük, hogy α, β>0, hiszen x=0 nem elégíti ki (1)-et), és a hátra levő két gyök γ, δ. Ekkor (1) bal oldala mint gyöktényezők szorzata:

(x2-α2)(x2-β2)(x-γ)(x-δ)==[x4-(α2+β2)x2+α2β2][x2-(γ+δ)x+γδ],(2)


és a két kifejezés azonos volta alapján
x5együtthatójából-(γ+δ)=-2,(3)x4együtthatójábólγδ-(α2+β2)=-9,(4)x3együtthatójából(α2+β2)(γ+δ)=14,(5)x2együtthatójából-γδ(α2+β2)+α2β2=24,(6)x2együtthatójából-α2β2(γ+δ)=-20,(7)x0együtthatójábólα2β2γδ=-20.(8)
Óvatosságra int, hogy a (2)-ben szereplő 4 együtthatóra 6 egyenletet kaptunk.
(5)-öt és (7)-et (3)-mal osztva α2+β2=7 és α2β2=10, az utóbbival (8)-at osztva γδ=-2. Ezekkel a föl nem használt (4) és (6) teljesülnek. Továbbmenve
α2,β2értéke2és5,γésδértéke1+3és1+3,
és így az egyenlet gyökei:
2,-2,5,-5,1+3,1-3,

 Csetényi Artur (Kiskunhalas, Szűcs J. Ált. Isk., 8. o. t.)
 

II. megoldás. A fenti jelöléseket tovább használjuk. α és -α kielégíti (1)-et, tehát
α6-2α5-9α4+14α3+24α2-20α-20=0,α6+2α5-9α4-14α3+24α2+20α-20=0,


eszerint α csak olyan szám lehet, amely e két egyenlőség különbségét is kielégíti:
4α(α4-7α2+10)=0.

Nem lehet azonban α=0, mert ez nem gyöke (1)-nek. A leválasztással adódó
α4-7α2+10=0
egyenletből valamilyen sorrendben α2, β2 értéke 2 és 5, de sorrendjük lényegtelen.
A megtalált gyökökhöz tartozó gyöktényezők (x2-2)(x2-5)=x4-7x2+10 szorzatával (1) bal oldala (maradék nélkül) osztható és a hányados x2-2x-2. Ez azt jelenti, hogy x1,2=±2 és x3,4=±5, valóban gyöke (1)-nek, a további gyökök pedig az
x2-2x-2=0(9)
egyenletből x5,6=1±3.
 

 Kóczy László (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn., II. o. t.)
 

III. megoldás Legyen továbbra is az egyik gyök pár α és -α, és mint láttuk, a0, így (1) bal oldala osztható a megfelelő gyöktényezők
(x-α)(x+α)=x2-α2=x2-a
szorzatával, ahol a=α2. Ezt fogjuk meghatározni. Az osztást végrehajtva a h(x) hányados- és az m(x) maradék-polinom:
h(x)=x4-2x3+(a-9)x2+(14-2a)x+(24-9a+a2),(10)m(x)=(-20+14a-2a2)x+(-20+24a-9a2+a3).
Az utóbbinak azonosan 0-nak kell lennie, tehát a olyan szám, amelyre egyidejűleg teljesül:
-20+14a-2a2=0,(11)20+24a-9a2+a3=0.(12)


(11) gyökei a1=2 és a2=5, és mindkettő a (12)-nek is gyöke. Ezzel ismét meg kaptuk (1)-nek x1,2=±2, x3,4=±5 gyökeit és a II. megoldás befejezése szerint haladunk tovább.
 

Megjegyzések. 1. Ha (1)-ből a gyök-párokat egyenként választjuk le, az első osztás hányadosát (10)-ből kapjuk a=2 (vagy a=5) helyettesítéssel.
2. Magyarázza meg az olvasó a (11) bal oldala és a (9)-hez vezető osztó közti kapcsolatot.