Kezdőlap


Feladat:	1966. évi Arany Dániel matematikaverseny 2. forduló haladók (speciális) 3. feladata	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bakos Tibor , Lõrincz Pál , Surányi , Tusnády Gábor
Füzet:	1967/május, 204 - 205. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Polinomok szorzattá alakítása, Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletrendszerek, Arany Dániel
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1967/május: 1966. 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. Olyan felbontást keresünk, melyben mindkét tényező-polinom másodfokú és $x^{2}$ együtthatója mindkettőben $1$ . Feladatunk a további $p$ , $q$ , illetőleg $r$ , $s$ együtthatók meghatározása úgy, hogy

\begin{matrix} (x^{2} + p x + q) \cdot (x^{2} + r x + s) = x^{4} + (p + r) x^{3} + (q + p r + s) x^{2} + (q r + p s) x + q s = \\ = x^{4} + x^{3} + x^{2} + x + 1. \end{matrix}

azonosság legyen. Ez teljesül, ha

x^{3}

x^{2}

x

együtthatója és az

x

-et nem tartalmazó tag a két oldalon rendre egyenlő, azaz, ha

\begin{matrix} (1) & p + r = 1, & (2) & q + p r + s = 1, \\ (3) & q r + p s = 1, & (4) & q s = 1. \end{matrix}

(3)-at

q

-val megszorozva, (1) és (4) felhasználásával kiküszöbölhetjük

r

-et és

s

-et. (1)-ből

r = 1 - p

, így

\begin{matrix} q^{2} r + q p s = q^{2} (1 - p) + p = q, \\ q^{2} - q - p (q^{2} - 1) = (q - 1) (q - p q - p) = 0. & (5) \end{matrix}

Ez mindenesetre teljesül, ha

q = 1

, amikor (4)-ből

s = 1

, (2)-ből

p r = - 1

, és (1)-et is tekintetbe véve

p

és

r

\begin{matrix} (z - p) (z - r) = z^{2} - (p + r) z + p r = z^{2} - z - 1 = 0 \end{matrix}

(6)

egyenlet gyökei, tehát az

(1 + \sqrt[]{5}) / 2

és

(1 - \sqrt[]{5}) / 2

értékek. Ezekkel fennáll a

\begin{matrix} P (x) = x^{4} + x^{3} + x^{2} + x + 1 = (x^{2} + \frac{1 + \sqrt[]{5}}{2} x + 1) (x^{2} - \frac{\sqrt[]{5} - 1}{2} x + 1) \end{matrix}

azonosság. Ezzel megkaptunk egy kívánt alakú felbontást.

Megjegyzések. 1. Egy első és egy harmadfokú, valós együtthatós tényezőre való felbontás nem létezik, mert különben volna

P (x)

-nek valós

0

-helye, de az a talált felbontás valamelyik tényezőjének is

0

-helye volna. Ámde mindkét tényező diszkriminánsa negatív, s így egyiknek sincs valós

0

-helye.
2. Világos, hogy

q = 1

választás mellett a föntin kívül csak olyan, két másodfokú valós együtthatós tényezőből álló felbontás nyerhető, amelyik abból az egyik tényezőnek egy

0

-tól különböző

c

számmal, a másiknak

1 / c

-vel való szorzásával keletkezik. Ha viszont a

q - p q - p = 0

egyenletből indulunk ki, akkor (2)-ből pl.

p

-re negyedfokú egyenletet nyerünk, ami teljes négyzetté kiegészítésén keresztül másodfokú tényezőkre bontható, de azok egyikének sincs valós

0

-helye. Így nincs a fentitől lényegesen különböző, valós együtthatós felbontás másodfokú tényezőkre sem.

II. megoldás. A polinomot

x^{2} + 1

hatványai szerint rendezhetjük:

\begin{matrix} P (x) = x^{4} + 1 + x (x^{2} + 1) + x^{2} = {(x^{2} + 1)}^{2} + x (x^{2} + 1) - x^{2} . \end{matrix}

Egészítsük ki az első két tagot teljes négyzetté, így két négyzet különbsége keletkezik, amit már szorzattá alakíthatunk:

\begin{matrix} P (x) = {(x^{2} + 1 + \frac{1}{2} x)}^{2} - \frac{5}{4} x^{2} = (x^{2} + \frac{1 + \sqrt[]{5}}{2} x + 1) \cdot (x^{2} + \frac{1 - \sqrt[]{5}}{2} x + 1) . \end{matrix}

Megjegyzések. 1. Az eljárás általában alkalmazható

x^{4} + a x^{3} + b x^{2} + a x + 1

alakú, ún. szimmetrikus polinomokra, és nem különbözik lényegesen attól a szokásos eljárástól, amely szerint a polinom

1 / x^{2}

-szeresét az

y = x + \frac{1}{x}

új változóval fejezzük ki.
Az itt vázolt úton mindig eljutunk két, valós együtthatós másodfokú tényezőre bontáshoz, ha

a^{2} - 4 b + 8 ≧ 0

.
2. Az I. megoldás gondolatmenete is alkalmazható az említett általánosabb esetben, és célra vezet, bármilyen értékek is az együtthatók.