Kezdőlap


Feladat:	92. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Hosszú M. , Kővári T. , Sós Vera , Szépfalussy P. , Ungár P.
Füzet:	1947/december, 53 - 55. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Harmadfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1947/május: 92. matematika feladat

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

Próbáljuk meg az $a x^{3} + b x^{2} + c x + d = 0$ egyenlet bal oldalát $r {(x + s)}^{3} - t {(x + u)}^{3}$ alakban írni. Ekkor egy harmadik gyökvonással elsőfokú egyenletre jutunk. Ez az említett feladatban szereplő egyenletrendszerre vezet: $r - t = a$ , $r s - t u = \frac{b}{3}$ , $r s^{2} - t u^{2} = \frac{c}{3}$ , $r s^{2} - t u^{3} = d$ . Az ott használt módszerrel kapjuk, hogy $s$ és $u$ az $X^{2} - A X + B = 0$ , egyenlet két gyöke, ahol

\begin{matrix} A = \frac{b c - 9 a d}{b^{2} - 3 a c}, B = \frac{c^{3} - 3 b d}{b^{2} - 4 a c}, \\ (s - u) r = \frac{b}{3} - a u = C, (s - u) t = \frac{b}{3} - a s = D . \end{matrix}

Ezek felhasználásával egyenletünk így írható:

r {(x + s)}^{3} = t {(x + u)}^{3}

, tehát

\sqrt[3]{r} (x + s) = ϱ \sqrt[3]{t} (x + u)

, ahol

ϱ

egy olyan számot jelent, melynek köbe 1, vagyis a

ϱ^{3} - 1 = (ϱ^{2} + ϱ + 1) (ϱ - 1) = 0

egyenlet valamelyik gyökét, tehát

ϱ_{1} = - \frac{1}{2} - i \frac{\sqrt[]{3}}{2}

ϱ_{2} = - \frac{1}{2} + \frac{\sqrt[]{3}}{2}

ϱ_{3} = 1

. Ezeket a mennyiségeket harmadik egységgyöknek nevezzük. Figyeljük meg, hogy

\begin{matrix} ϱ_{1}^{2} = ϱ_{2}, ϱ_{2}^{2} = ϱ_{1}, ϱ_{1} + ϱ_{2} = ϱ_{1} + ϱ_{1}^{2} = ϱ_{2} + ϱ_{2}^{2} = - 1. \end{matrix}

Egyenletünk megoldásai tehát:

\begin{matrix} x = \frac{ϱ u \sqrt[3]{t} - s \sqrt[3]{r}}{\sqrt[3]{r} - ϱ \sqrt[3]{t}}, aholϱ_{1},ϱ_{2}, vagyϱ_{3}. \end{matrix}

ϱ

mindhárom értéke mellett igaz a következő azonosság:

\begin{matrix} a^{3} - b^{3} = (a^{2} + ϱ a b + ϱ^{2} b^{2}) (a - ϱ b) . \end{matrix}

Ezt felhasználva előző egyenleteink szerint:

\begin{matrix} x = \frac{(ϱ u \sqrt[3]{t} - s \sqrt[3]{r}) (\sqrt[3]{r^{2}} + ϱ \sqrt[3]{r t} + ϱ^{2} \sqrt[3]{t^{2}})}{t - r} = \\ = \frac{t u - s r + ϱ (u - s) \sqrt[3]{r t^{2}} + ϱ^{2} (u - s) \sqrt[3]{r t^{2}}}{r - t} = \\ = - \frac{b}{3 a} + \frac{ϱ}{a} \sqrt[3]{- {[(s - u) r]}^{2} (s - u) t} + \frac{ϱ^{3}}{a} \sqrt[3]{- (s - u) r {[(s - u) t]}^{2}} = \\ = - \frac{b}{3 a} + \frac{ϱ}{a} \sqrt[]{- C^{2} D} + \frac{ϱ^{2}}{a} \sqrt[]{- C D^{2}} . \end{matrix}

Áttekinthetetlenné válna a formula, ha

C

-t és

D

-t kifejeznénk

a

b

c

d

-vel, célszerű ezért először az egyenletet lehetőleg egyszerűsíteni. Először is oszthatunk

a

-val, de ezen kívül ki is küszöbölhetjük pl. a másodfokú tagot

x + a

helyett új változót vezetve be és

a

-t alkalmasan választva. Az átrendezett egyenlet másodfokú tagjának együtthatója ekkor

\frac{b}{a} - 3 a

, tehát

a = \frac{b}{3 a}

-nak válaszható. Ezeket az átalakításokat elvégezve ilyen alakú egyenlethez jutunk:

x^{3} + p x + q = 0

. Elég tehát az ilyen alakú egyenletek megoldását felírni. Ekkor

a

b

c

d

helyébe 1, 0,

p

q

kerül, tehát

A = \frac{3 q}{p}

B = - \frac{p}{3}

u

s = + \frac{3 q}{2 p} \pm \sqrt[]{{(\frac{3 q}{2 p})}^{3} + \frac{p}{3}}

C = - u

D = - s

, tehát

\begin{matrix} x = ϱ \sqrt[3]{- \frac{p}{3} u} + ϱ^{2} \sqrt[3]{- \frac{p}{3} s} = \\ = ϱ \sqrt[3]{- \frac{q}{2} + \sqrt[]{{(\frac{q}{2})}^{2} + {(\frac{p}{3})}^{2}}} + ϱ^{2} \sqrt[3]{- \frac{q}{2} + \sqrt[]{{(\frac{q}{2})}^{2} + {(\frac{p}{3})}^{3}}} . \end{matrix}

Ezt a formulát nevezik Cardano-féle formulának.

Megjegyzés: A

91 b

feladatra Vörös Miklós ,,nem''-mel válaszol és be is bizonyítja igazát, mármint azt, hogy nem bontható fel a kifejezés két olyan elsőfokú kifejezés köbére, melyben minden együttható racionális. A 92. feladatnál Kővári Tamás állítja azt, hogyha (a fenti jelölésekkel)

A^{2} - 4 B < 0

, akkor nem oldható meg a harmadfokú egyenlet, mert nem sikerül a két köbre bontás. Neki is igaza van, mert valóban nem sikerül a felbontás valós együtthatós kifejezések köbére. Mindkét megjegyzés arra mutat, hogy a feladat hiányosan van megfogalmazva. Minden ilyen felbontási kérdésnél meg kell azt is mondani, hogy a keresett kifejezések együtthatói milyen fajta számok lehetnek. Ha erre külön utalás nincs, akkor általában úgy szoktuk érteni a feladatot ‐ ebben állapodjunk is meg a továbbiakra ‐, hogy együtthatóul bármely valós, vagy komplex szám szerepelhet. Ezt indokolja az pl. hogy éppen ha egyenletet akarunk megoldani, akkor már másodfokúnál komplexek lehetnek a gyökök, ha valósak voltak is az együtthatók, tehát valahol bele kell jönnie komplex számoknak számításainkba.

Harmadfokú egyenletnél még meglepőbb a helyzet.

ϱ

és

ϱ^{2}

a három lehetséges érték közül kettőre konjugált komplex számpár. A formula három valós eredményt csak úgy adhat, ha vagy mind a kettő ugyanazzal a valós számmal van megszorozva (ebben az esetben a két gyök egyenlő), különben csak, ha

ϱ

és

ϱ^{2}

együtthatói konjugált komplexek, tehát épp az

A^{2} - 4 B < 0

esetben. Azt is meg lehet mutatni, hogy nem is lehet alapműveletek és gyökvonások segítségével olyan formulát találni, mellyel mindig megkapnánk a három gyököt, mégpedig ha mind a három valós, akkor csupa valós számmal számolva. Három különböző valós gyökű egyenletet pedig könnyű felírni, pl.

(x - 1) (x - 2) (x - 3) = 0

. Ha itt beszoroztok és a fenti módon számítjátok ki a gyököket, azokban nehezen ismernétek rá az 1, 2, 3 számokra.
Sokszor még akkor sem könnyű látni a formulából, hogy mennyi is az

x

, hogyha egy valós gyököt kapunk valós alakban. Számítsuk ki pl. az

(x - 1) (x^{2} + x + 4) = x^{3} + 3 x - 4 = 0

egyenlet valós gyökét, azután próbáljuk megmutatni, hogy az 1. (A szorzatalakban a vak is látja, hogy a valós gyök

x = 1

; a másik két gyök komplex szám.
De van egy harmadik nagy hibája is a megoldási formulának, t. i. nem található minden egyenlethez. Negyedfokúhoz még van. Aki nagyon ügyes köztetek, az vissza is tudja vezetni a harmadfokúéra hasonló módon, mint fentebb a harmadfokúét meg a másodfokú egyenlet megoldására vezettük vissza. Bebizonyították azonban, hogy ötöd- és magasabb fokú egyenletre nincs olyan általános megoldási formula, mely az együtthatókból véges számú alapművelettel és gyökvonással adná meg a megoldást.
A gyakorlatban egész együtthatós egyenleteknek meg lehet keresni az esetleges egész és racionális gyökeit, a többit meg közelítő eljárásokkal szokták a szükséges pontossággal kiszámítani.

Szerk.