Feladat:	B.3359	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bálint Gergely ,  Balka Richárd ,  Nagy Tamás
Füzet:	2000/október, 420 - 422. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Harmadfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Gyökök és együtthatók közötti összefüggések, Konstruktív megoldási módszer, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2000/március: B.3359

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Megmutatjuk, hogy ha $c$ gyöke az $f\left(x\right)=x^3-3x-1=0$ egyenletnek, akkor $-\frac{c+1}{c}$ és $-\frac{1}{c+1}$ is gyökök. Valóban, a $c^3-3c-1=0$ összefüggés felhasználásával $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle {\left(-\frac{c+1}{c}\right)}^3-3\left(-\frac{c+1}{c}\right)-1=-\frac{1}{c^3}\left({\left(c+1\right)}^3-3c^2\left(c+1\right)+c^3\right)=}\\ \hfill {\displaystyle =-\frac{1}{c^3}\left(-c^3+3c+1\right)=\frac{1}{c^3}\left(c^3-3c-1\right)=\mathrm{0,}}\end{array}}}\end{array}$ és $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle {\left(-\frac{1}{c+1}\right)}^3-3\left(-\frac{1}{c+1}\right)-1=-\frac{1}{{\left(c+1\right)}^3}\left(1-3{\left(c+1\right)}^2+{\left(c+1\right)}^3\right)=}\\ \multicolumn{2}{c}{\text{<div style="line-height: 6pt"> </div>}}\\ \hfill {\displaystyle =-\frac{1}{{\left(c+1\right)}^3}\left(c^3-3c-1\right)=0.}\end{array}}}\end{array}$ A $-\frac{c+1}{c}$ és $-\frac{1}{c+1}$ gyökök különbözők, mivel ellenkező esetben ${\left(c+1\right)}^2=c$, azaz $c^2+c+1=0$; ilyen $c$ valós szám azonban nincsen. Mivel $f\left(1\right)=-3<0<1=f\left(2\right)$, azért az egyenletnek létezik olyan $c$ gyöke, amelyre $1<c<2$. Ekkor a $-\frac{c+1}{c}$, $-\frac{1}{c+1}$ gyökök negatívak, így $x_3=c$. Másrészt $\begin{array}{c}{\displaystyle -\frac{1}{c+1}=-\frac{c+1}{{\left(c+1\right)}^2}=-\frac{c+1}{c+\left(c^2+c+1\right)}>-\frac{c+1}{c}\mathrm{,}}\end{array}$ tehát $x_1=-\frac{c+1}{c}$ és $x_2=-\frac{1}{c+1}$. Ezért $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle x_3^2-x_2^2-x_3+x_1=c^2-\frac{1}{{\left(c+1\right)}^2}-c-\frac{c+1}{c}=}\\ \hfill {\displaystyle =\frac{c^3\left(c^2+2c+1\right)-c-c^2\left(c^2+2c+1\right)-{\left(c+1\right)}^3}{c{\left(c+1\right)}^2}=\frac{c^5+c^4-2c^3-4c^2-4c-1}{c{\left(c+1\right)}^2}=}\\ \hfill {\displaystyle =\frac{\left(c^2+c+1\right)\left(c^3-3c-1\right)}{c{\left(c+1\right)}^2}=0.}\end{array}}}\end{array}$  Nagy Tamás (Zalaegerszeg, Zrínyi M. Gimn., 11. o.t.)   II. megoldás. A ViŠte-formulákat használjuk: $x^3-3x-1=\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right)\left(x-x_3\right)$ szerint $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle x_1+x_2+x_3}& {\displaystyle =\mathrm{0,}}\hfill & \hfill {\displaystyle \left(1\right)}\\ \hfill {\displaystyle x_1{x}_2+x_1{x}_3+x_2{x}_3}& {\displaystyle =-\mathrm{3,}}\hfill & \hfill {\displaystyle \left(2\right)}\\ \hfill {\displaystyle x_1{x}_2{x}_3}& {\displaystyle =1.}\hfill & \hfill {\displaystyle \left(3\right)}\end{array}}}\end{array}$ Az (1)-ből és (3)-ból $x_1{x}_2\left(x_1+x_2\right)=-1$, azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle x_2^2{x}_1+x_2{x}_1^2+1}& {\displaystyle =\mathrm{0,}\text{hasonlóan}}\hfill & \hfill {\displaystyle \left(4\right)}\\ \hfill {\displaystyle x_3^2{x}_1+x_3{x}_1^2+1}& {\displaystyle =0.}\hfill & \hfill {\displaystyle \left(5\right)}\end{array}}}\end{array}$ Mivel $x_1<x_2<x_3$ és $x_1+x_2+x_3=0$, azért $x_1<0$, így $x_2<x_3$ szerint (4)-ből és (5)-ből $\begin{array}{c}{\displaystyle x_2=\frac{-x_1^2+\sqrt[]{x_1^4-4x_1}}{2x_1}\mathrm{,}{x}_3=\frac{-x_1^2-\sqrt[]{x_1^4-4x_1}}{2x_1}\mathrm{.}}\end{array}$ Tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle x_3^2-x_2^2-x_3+x_1=\frac{4x_1^2\sqrt[]{x_1^4-4x_1}}{4x_1^2}+\frac{x_1^2+\sqrt[]{x_1^4-4x_1}}{2x_1}+x_1=}\\ \hfill {\displaystyle =\frac{\left(2x_1+1\right)\sqrt[]{x_1^4-4x_1}+3x_1^2}{2x_1};}\end{array}}}\end{array}$ ez pontosan akkor nulla, ha $\begin{array}{c}{\displaystyle 3x_1^2=-\left(2x_1+1\right)\sqrt[]{x_1^4-4x_1}\mathrm{.}}\end{array}$ (6) Tegyük fel, hogy (6) jobb oldala negatív, azaz $x_1>-\frac{1}{2}$. Ekkor $x_2>x_1>-\frac{1}{2}$, ezért $x_3=-\left(x_1+x_2\right)<1$, ami nem lehet, hiszen az I. megoldásban láttuk, hogy az egyenlet legnagyobb gyöke nagyobb, mint 1. Így (6) ekvivalens a két oldal négyzetének egyenlőségével: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle 9x_1^4={\left(2x_1+1\right)}^2{x}_1\left(x_1^3-4\right)={\left(2x_1+1\right)}^2{x}_1\left(3x_1-3\right)\mathrm{,}}\\ \hfill {\displaystyle 9\left(3x_1+1\right)=9x_1^3=3\left(4x_1^2+4x_1+1\right)\left(x_1-1\right)\mathrm{,}}\\ \hfill {\displaystyle 9x_1+3=4x_1^3-3x_1-\mathrm{1,}}\\ \hfill {\displaystyle 0=4\left(x_1^3-3x_1-1\right)\mathrm{,}}\end{array}}}\end{array}$ ami valóban igaz; ezért a feladat által kívánt összefüggés is teljesül.  Balka Richárd (Sárvár, Tinódi Sebestyén Gimn., 11. o.t.)   Megjegyzés. A harmadfokú egyenlet gyökeit előállító Cardano-képlet segítségével az egyenlet gyökei ,,pontosan'' is meghatározhatók: $x_1=2\text{cos}{220}^{\circ }$, $x_2=2\text{cos}{100}^{\circ }$, $x_3=2\text{cos}{20}^{\circ }$. Ezután a feladat állítása a trigonometrikus függvényekre vonatkozó addíciós formulák felhasználásával igazolható.  Bálint Gergely (Debrecen, KLTE Gyak. Gimn., 11. o.t.)