Feladat: F.2434 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1984/február, 64 - 66. oldal  PDF file
Témakör(ök): Harmadfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Gyökök és együtthatók közötti összefüggések, Feladat, Paraméteres egyenletek
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1983/október: F.2434

Bizonyítsuk be, hogy az x3+4x2+6x+c=0 egyenletnek semmilyen c valós szám mellett nem lehet három különböző valós gyöke.

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

I. megoldás. Tegyük fel a feladat állításával ellentétben, hogy a fenti egyenletnek x1, x2 és x3 három különböző valós gyöke. Mint ismeretes, ez esetben a gyökök és együtthatók közötti összefüggés alapján

x1+x2+x3=-4,x1x2+x2x3+x3x1=6.


Az első négyzetéből a második háromszorosát kivonva
x12+x22+x32-x1x2-x2x3-x3x1=-2.
A bal oldalt átalakítva:
12((x1-x2)2+(x2-x3)2+(x3-x1)2)=-2.
Ez azonban lehetetlen, hiszen a bal oldalon három valós szám négyzetösszegének a fele áll, ami nem lehet negatív. Ez bizonyítja, hogy az x2+4x2+6x+c=0 egyenletnek nem lehet három (különböző) valós gyöke.
 
II. megoldás. Az f(x)=x3+4x2+6x+c függvény értelmezési tartománya az egész számegyenes. f(x) mindenütt deriválható, és derivált függvénye,
f'(x)=3x2+8x+6=3(x+43)2+23,
minden valós számra pozitív. Ebből következik, hogy az f(x) függvény az egész számegyenesen szigorúan monoton növekszik. Szigorúan monoton függvény minden értéket, köztük a 0-t is, legfeljebb egy helyen vesz fel. Az f(x) függvénynek tehát legfeljebb egy (valós) nullhelye van, ami bizonyítja a feladat állítását.
 

III. megoldás. A fenti f(x) függvényről bizonyítjuk, hogy az egész számegyenesen szigorúan monotonan növekszik: Azt kell belátnunk, hogy ha a>0, akkor
f(x+a)>f(x),
azaz
(x+a)3+4(x+a)2+6(x+a)+c>x3+4x2+6x+c.
Rendezés után az egyenlőtlenség ezt az alakot ölti:
a[3x2+(3a+8)x+a2+4a+6]>0,ha>0.
Elég tehát belátnunk, hogy a szögletes zárójelben pozitív szám áll. Ez pedig a teljes négyzetté kiegészítés módszerével könnyen adódik:
3x2+(3a+8)x+a2+4a+6=3(x+3a+86)2+3a2+8123a2+81223>0.
Ezzel bebizonyítottuk, hogy az f(x) függvény szigorúan monotonan növekszik.
 
Megjegyzés. Egy harmadfokú (valós együtthatós) polinomnak vagy három valós gyöke van, vagy egy; minden gyököt annyiszor számítva, amennyi a multiplicitása. (Utóbbi esetben a másik két gyök két komplex szám, amelyek egymásnak konjugáltjai.) Az I. megoldásból látszik, hogy esetünkben pontosan egy valós gyök van, a másik kettő komplex. A II. és III. megoldásból ez még nem következik azonnal, hiszen előfordulhatna, hogy egy háromszoros gyök van.
Tekintsük általában az x3+ax2+bx+c=0 egyenletet. Az I. megoldás gondolatmenete azt adja, hogy ha a2-3b<0, akkor ennek az egyenletnek c minden értéke mellett csak egy gyöke van. Ha a2=3b, akkor pedig vagy egy valós gyök van, vagy három azonos gyök. Belátható az is, hogy ha a2-3b>0, akkor van olyan c szám, amelyre három valós gyöke van az egyenletnek. A II. és III. megoldás az általános esetben azt adja, hogy ha a23b, akkor az f(x)=x3+ax2+bx+c c tetszőleges értékére szigorúan monoton növekvő függvénye x-nek. Belátható, hogy ha a2>3b, akkor ez semmilyen c-re nem igaz.