Kezdőlap


Feladat:	1960. évi Arany Dániel matematikaverseny 2. forduló haladók (speciális) 3. feladata	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1961/január, 5 - 6. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Negyedfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Arany Dániel
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1960/szeptember: 1960. évi Arany Dániel matematikaverseny 2. forduló haladók (speciális) 3. feladata

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

I. megoldás: Észrevehetjük, hogy a szorzat első és negyedik tényezőjének számtani közepe egyenlő a második és harmadik tényező számtani közepével, $x + \frac{5}{2}$ -del. Tekintsük ezt új ismeretlennek, legyen tehát

\begin{matrix} x + \frac{5}{2} = z, azaz x = z - \frac{5}{2}, \end{matrix}

(2)

így a

\begin{matrix} (z - \frac{5}{2}) (z - \frac{1}{2}) (z + \frac{1}{2}) (z + \frac{5}{2}) + 8 = (z^{2} - \frac{25}{4}) (z^{2} - \frac{1}{4}) + 8 = 0, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} z^{4} - \frac{13}{2} z^{2} + \frac{153}{16} = 0 \end{matrix}

egyenletre jutunk. Kiszámítva a gyököket, majd (2) szerint az ezekhez tartozó

x

értékeket:

\begin{matrix} z_{1} = \frac{\sqrt[]{17}}{2}, & x_{1} = \frac{\sqrt[]{17} - 5}{2}, \\ z^{2} = \frac{13}{4} \pm 1 & z_{2} = - \frac{\sqrt[]{17}}{2}, & x_{2} = \frac{- \sqrt[]{17} - 5}{2}, \\ z_{3} = \frac{3}{2}, & x_{3} = - 1, \\ z_{4} = - \frac{3}{2}, & x_{4} = - 4, \end{matrix}

az egyenletet megoldottuk. Látjuk, hogy mind a négy gyök valós.

II. megoldás: Vegyük észre, hogy (1) első tagjában az első és negyedik tényező szorzata a második és harmadik tényező szorzatától csak állandóban különbözik. Egyenletünk tehát ilyen alakúra hozható:

\begin{matrix} (x^{2} + 5 x) (x^{2} + 5 x + 6) + 8 = 0. \end{matrix}

Vegyük új ismeretlennek az új első tényezőt:

\begin{matrix} x^{2} + 5 x = w, \end{matrix}

(3)

így a

\begin{matrix} w (w + 6) + 8 = 0 \end{matrix}

egyenletre jutunk, melynek gyökei:

\begin{matrix} w_{1} = - 2, w_{2} = - 4. \end{matrix}

Ezeket rendre (3)-ba helyettesítve nyerjük, hogy a

w_{1}

-hez tartozó két

x

gyök éppen az I. megoldás során nyert

x_{1}

és

x_{2}

, míg a

w_{2}

-höz tartozó két gyök a fenti

x_{3}

és

x_{4}

-gyel egyezik meg.

Megjegyzések. 1. Minden

\begin{matrix} (x + a) (x + b) (x + c) (x + d) + e = 0 \end{matrix}

alakú egyenlet megoldható akár az I., akár a II. megoldásban alkalmazott helyettesítéssel, hacsak az

a

b

c

d

számok két egyenlő összegű párba kapcsolhatók, pl.

\begin{matrix} a + b = c + d . \end{matrix}

2. Az adott egyenlet elég egyszerű ahhoz, hogy az egész gyökökre némi próbálgatással is rá lehessen jutni. Azonban maga az a feltevés, hogy a gyökök egész számok, általában indokolatlan, hiszen pl. az

\begin{matrix} x (x + 2) (x + 3) (x + 5) + 10 = 0 \end{matrix}

egyenletnek egyik gyöke sem egész, sőt még csak nem is valós, amiről könnyen meggyőződhetünk, ha a gyököket akár az I., akár a II. megoldásban alkalmazott helyettesítéssel kiszámítjuk. Annyi mindenesetre látható az (1)-beli szorzaton, hogy

x

nem lehet (racionális) tört, mert

x = p / q

-val ‐ ahol

p

és

q

relatív prím egészek,

q > 1

‐, mind a négy tényező tört, és nevezője

q

, márpedig egyenlő nevezőjű nem egyszerűsíthető törtek szorzata nem lehet egész.