A Pécsi Magyar Királyi Állami Főreáliskola Értesítője az 1889/90. tanévről
Maksay Zsigmond: Az algebrailag megoldható egyenletek gyökeinek szerkesztése másodrendű görbe vonalokkal
13 — Függelék. Az előzőkhez csatolom azoknak az ismertető jeleknek vizsgálatát, melyek megléte mellett a harmad-, illetőleg negyedfoku egyenletek másodfokuakra könnyen szétbonthatok. E körülmény kiderítésére vizsgáljuk először is a harmadfokú egyenletet és különösen a componens egyenletek közül a hyperboláét, mely a jelzett esetben ily alakú: H = (x_ (y- (b+1)2-ía+c)2 = 0 Ha az egyenlet szabad tagját vizsgáljuk, azonnal belátható, hogy ha (a-t-1)2 = (a+c)2 vagy: (b+J) = ±_ (a-t-c), az egyenlet két elsőrendű tényezőre bontható, tehát a baloldal két egyenes vonalat jelent, melyeknek egyenletei: Ei x + ya + b + c—1 2 = 0 y + a+c—b + 1 = 0 Ha ez egyenletek bármelyikét combináljuk a kör "vagy parabola egyenletével, csak másodfokú egyenletet kapunk, melyből »y« meghatározható s mely egyszersmind az adott egyenletnek is eleget tesz. Föltéve, hogy a jelzett eset áll, vizsgáljuk az egyenlet megoldását. E, combinálva a parabola egyenletével : y2 — (a — 1) y = 0 ered, tehát yt = 0, y2 = a—1, mert •b + 1 == a + c. Az adott egyenlet ez esetben : z3 + az2 + (a + c — 1) z + c = 0 és minthogy ennek minden gyöke: z = y— a alakban fejezhető ki: zj = — a, z2 = — 1. Ebből következik, hogy a negativ egység mindig gyöke az ily alakú egyenleteknek, mert: (z3 + az2 + (a + c—1) z + c): (z + 1) = z2 + (a—1) z + c, tehát (z+1) valóban gyöktényező. A más két gyök: r/ _ —(a—l)+_ V(a—1)*—4c _ _ alakban van kifejezve és igy (— a) nem lehet gyöke az egyenletnek, hanem csak ha a = 1. Ha E2-t combináljuk a parabola egyenletével, akkor : y2—(a+1) y= 0 ered, mert ez esetben (b+1) — — (a+c). Ez egyenlet gyökei: yt = 0 y2 — a + 1 s mivel z = y — a mindig, tehát Zj = — a, z2 = 1. Zj ismét nem gyöke az egyenletnek, ha csak a = — 1 nem áll, mig a positiv egység gyök, mert:
