Kezdőlap


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

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 $x_{1}$ , $x_{2}$ és $x_{3}$ három különböző valós gyöke. Mint ismeretes, ez esetben a gyökök és együtthatók közötti összefüggés alapján

\begin{matrix} x_{1} + x_{2} + x_{3} = - 4, \\ x_{1} x_{2} + x_{2} x_{3} + x_{3} x_{1} = 6. \end{matrix}

Az első négyzetéből a második háromszorosát kivonva

\begin{matrix} x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} - x_{1} x_{2} - x_{2} x_{3} - x_{3} x_{1} = - 2. \end{matrix}

A bal oldalt átalakítva:

\begin{matrix} \frac{1}{2} ({(x_{1} - x_{2})}^{2} + {(x_{2} - x_{3})}^{2} + {(x_{3} - x_{1})}^{2}) = - 2. \end{matrix}

Ez azonban lehetetlen, hiszen a bal oldalon három valós szám négyzetösszegének a fele áll, ami nem lehet negatív. Ez bizonyítja, hogy az

x^{2} + 4 x^{2} + 6 x + c = 0

egyenletnek nem lehet három (különböző) valós gyöke.

II. megoldás. Az

f (x) = x^{3} + 4 x^{2} + 6 x + c

függvény értelmezési tartománya az egész számegyenes.

f (x)

mindenütt deriválható, és derivált függvénye,

\begin{matrix} f' (x) = 3 x^{2} + 8 x + 6 = 3 {(x + \frac{4}{3})}^{2} + \frac{2}{3}, \end{matrix}

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

\begin{matrix} f (x + a) > f (x), \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} {(x + a)}^{3} + 4 {(x + a)}^{2} + 6 (x + a) + c > x^{3} + 4 x^{2} + 6 x + c . \end{matrix}

Rendezés után az egyenlőtlenség ezt az alakot ölti:

\begin{matrix} a [3 x^{2} + (3 a + 8) x + a^{2} + 4 a + 6] > 0, ha > 0. \end{matrix}

Elég tehát belátnunk, hogy a szögletes zárójelben pozitív szám áll. Ez pedig a teljes négyzetté kiegészítés módszerével könnyen adódik:

\begin{matrix} 3 x^{2} + (3 a + 8) x + a^{2} + 4 a + 6 = 3 {(x + \frac{3 a + 8}{6})}^{2} + \frac{3 a^{2} + 8}{12} \geq \frac{3 a^{2} + 8}{12} \geq \frac{2}{3} > 0. \end{matrix}

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

x^{3} + a x^{2} + b x + c = 0

egyenletet. Az I. megoldás gondolatmenete azt adja, hogy ha

a^{2} - 3 b < 0

, akkor ennek az egyenletnek

c

minden értéke mellett csak egy gyöke van. Ha

a^{2} = 3 b

, akkor pedig vagy egy valós gyök van, vagy három azonos gyök. Belátható az is, hogy ha

a^{2} - 3 b > 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

a^{2} \leq 3 b

, akkor az

f (x) = x^{3} + a x^{2} + b x + c

c

tetszőleges értékére szigorúan monoton növekvő függvénye

x

-nek. Belátható, hogy ha

a^{2} > 3 b

, akkor ez semmilyen

c

-re nem igaz.