Feladat: F.2874 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Futó Gábor ,  Kálmán Tamás ,  Kárpáti Attila ,  Lente Gábor ,  Marx Gábor ,  Török Árpád 
Füzet: 1992/május, 202 - 204. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Negyedfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Magasabb fokú egyenletek, Gyökök és együtthatók közötti összefüggések, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1991/november: F.2874

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

I. megoldás. Az (x-a)és(x-b) gyöktényezők kiemelésével az x4+x3-1 polinom

x4+x3-1=(x2+p1x+q1)(x2+p2x+q2)(1)
alakban írható fel, ahol p1, p2, q1, q2 valós, ill. komplex számok, ésx2+p1x+q1=(x-a)(x-b), azaz
p1=-(a+b)ésq1=ab.(2)

(1) ből beszorzással kapjuk, hogy
q1q2=-1;(3)q1+q2+p1p2=0;(5)q1p2+p1q2=0;(4)p1+p2=1;(6)
(3)-ból és (6)-ból fejezzük ki q2-t és p2-t, majd helyettesítsük be (4)-be és (5)-be:
q2=-1q1, aholqi0;p2=1-p1;
q1(1-p1)-p1q1=0;(4')q1-1q1+p1(1-p1)=0.(5')
(4')-ből kifejezzük p1-et, és behelyettesítjük (5')-be:
p1=q121+q12,ahol1+q120(Ez tejesül, hisz ellenkező esetbenq1=0lenne)

q1-1q1+q121+q1211+q12=0.(5")
Ezt q1(1+q12)2-nél megszorozva kapjuk, hogy
q16+q14+q13-q12-1=0;

q1=ab miatt ez éppen a bizonyítandó állítás.
 

Kárpáti Attila (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn. II. o. t.)

 

II. megoldás. A feladat állításánál valamivel többet bizonyítunk be. Tekintsünk egy f negyedfokú polinomot, amelynek (valós, ill. komplex) gyökei α1, α2, α3, α4. Az f együtthatói segítségével konstruálunk egy olyan F(x) hatodfokú polinomot, amelynek gyökei α1α2, α1α3, α1α4, α2α3, α2α4, és α3α4 lesznek.
Nyilván feltehetjük, hogy f főegyütthatója 1, azaz f(x)
x4-c1x3+c2x2-c3x+c4
alakú, ahol a Viete-formulák szerint
 

c1=α1+α2+α3+α4;c2=α1α2+α1α3+...+α3α4;c3=α1α2α3+α1α2α4+α1α3α4+α2α3α4;c4=α1α2α3α4.
Legyen
F(x)=(x-α1α2)(x-α1α3)...(x-α3α4)==x6-k1x5+k2x4-k3x3+k4x2-k5x+k6,
ahol ugyancsak a Viete-formulák szerint
k1=α1α2+α1α3+α1α4+α2α3+α2α4+α3α4;k2=(α1α2)(α1α3)+(α1α2)(α1α4)+...+(α2α4)(α3α4);(15tag)
   k3=(α1α2)(α1α3)(α1α4)+...+(α2α3)(α2α4)(α3α4);            (20 
tag)
k4=(α1α2)(α1α3)(α1α4)(α2α3)+...+(α1α4)(α2α3)(α2α4)(α3α4);k5=(α1α2)(α1α3)(α1α4)(α2α3)(α2α4)+...+(α1α3)(α1α4)(α2α3)(α2α4)(α3α4);k6=(α1α2)(α1α3)(α1α4)(α2α3)(α2α4)(α3α4);

Egyszerű számolással igazolható, hogy
k1=c2;(6)k2=c1c3-c4;k3=c32+c4(c12-2c2);k4=c4(c1c2-c4);k5=c42c2;k6=c43.
Alkalmazzuk a kapott összefüggéseket a feladatban szereplő f(x)=x4+x3-1 polinomra:
c1=-1,c2=c3=0,c4=-1;ezekből (6) alapjánk1=0,k2=1,k3=-1,k4=-1,k5=0ésk6=-1,azazF(x)=x6+x4+x3-x2-1.



Megjegyzés Ha α1α2,...,α3α4 páronként különbözők, akkor F (konstans szorzótól eltekintve) egyértelmű. Ehhez nem elég az, hogy α1, α2, α3, α4 páronként különbözők, hiszen pl. az x4+x3+x2+x+1 polinom gyökei (az 1-től különböző komplex ötödik egységgyökök) is páronként különbözők, mégis van két olyan gyökpár, amelyek szorzata egyaránt 1.
 

 Futó Gábor (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., II. o. t.)