Feladat: B.3590 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Backhausz Ágnes ,  Baráth Géza ,  Bartha Ferenc ,  Bednay Dezső ,  Bérczi Kristóf ,  Boros Balázs ,  Csajbók Bence ,  Czank Tamás ,  Fehér Gábor ,  Garab Ábel ,  Gehér György ,  Gidófalvy Kitti ,  Kiss-Tóth Christián ,  Klobb Maja ,  Koltai Péter ,  Konfár András ,  Korotij Ágnes ,  Kórus Péter ,  Köllő Hanna ,  Pál Ágnes ,  Pálinkás Csaba ,  Persics Bálint ,  Pongrácz András ,  Révész Dániel ,  Salát Máté ,  Sándor Ágnes ,  Sándor Nóra Katalin ,  Simon Balázs ,  Szabó Botond ,  Szalai Attila ,  Torma Róbert ,  Vaskó Richárd ,  Vass Márton 
Füzet: 2004/február, 83 - 84. oldal  PDF file
Témakör(ök): Harmadfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Trigonometriai azonosságok, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2002/november: B.3590

Az x3-10x+11=0 egyenlet gyökei u, v és w. Határozzuk meg az
arctgu+arctgv+arctgw
értékét.

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

Megoldás. Legyen α=arctgu, β=arctgv és γ=arctgw. Ekkor az x3-10x+11=0 egyenlet gyökei tgα, tgβ és tgγ, feladatunk pedig az α+β+γ összeg meghatározása. Az xarctgx függvény értékkészlete a (-π2;π2) intervallum, így -π2<α,β,γ<π2.
Az addíciós tétel ismételt alkalmazásával:

tg(α+β+γ)=tgα+tg(β+γ)1-tgαtg(β+γ)
és innen a tg(β+γ)=tgβ+tgγ1-tgβtgγ helyettesítéssel rendezés után kapjuk, hogy
tg(α+β+γ)=tgα+tgβ+tgγ-tgαtgβtgγ1-(tgαtgβ+tgβtgγ+tgγtgα).
Az adott egyenlet gyökeivel kifejezve tehát
tg(α+β+γ)=u+v+w-uvw1-(uv+vw+wu).(1)
Az (1) jobb oldalán álló tört számlálójában és nevezőjében éppen az x3-10x+11=0 egyenlet gyökeinek elemi szimmetrikus polinomjai állnak, amelyek a ViŠte formulák szerint a polinom együtthatóival kifejezhetők:
u+v+w=0,uv+vw+wu=-10,uvw=-11.(2)
Innen tg(α+β+γ)=111+10=1, ezért α+β+γ=π4+kπ, ahol k adott egész szám, amelynek értékét még meg kell állapítanunk.
(2) szerint a gyökök szorzata negatív, így a negatív gyökök száma páratlan; a gyökök összege nulla, tehát nem lehet mindhárom gyök negatív: pontosan egy negatív és kettő pozitív gyök van. Így α, β és γ közül egy a (-π2;0), kettő pedig a (0;π2) intervallumba esik, így csak k=0 lehetséges.
Eredményeink szerint arctgu+arctgv+arctgw=π4.
 
Megjegyzések. 1. Sok hiányos megoldás elégedett meg az α+β+γ=π4+kπ válasszal anélkül, hogy megadta volna k értékét.
2. Hasonlóan igazolható, hogy ha tgα, tgβ és tgγ az x3+a1x2+a2x+a3 polinom gyökei, akkor tg(α+β+γ)=-a1+a31-a2, illetve teljes indukcióval könnyen bizonyítható (1) általánosításaként, hogy ha az n-edfokú xn+a1xn-1+a2xn-2+...+an polinom gyökei tgα1,tgα2,...,tgαn, akkor
tg(α1+α2+...+αn)=-a1+a3-a5+...1-a2+a4-...=i=1[n+12](-1)ia2i-1i=0[n+12](-1)ia2i.