Kettő vagy három ismeretlent tartalmazó egyenletrendszerek ...

Lineáris egyenletrendszerek megoldása 259
6. Oldjuk meg az
1 1 1 1
x a b c
x a b c
2 2 2 2
x a b c
3 3 3 3
= 0
egyenletet, ha a,, bc páronként különböző számok.
Megoldás. Az első oszlop szerint kifejtve egy harmadfokú polinom a baloldal. De
x1= a,
x 2 = b és x 3 = c gyökei az egyenletnek, mert ezekre az értékekre a
determinánsnak van két azonos oszlopa és így 0. Egy harmadfokú egyenletnek viszont
három komplex gyöke van, tehát a feladatot megoldottuk.
Megjegyzés. Az eredmény alapján
1 1 1 1
x a b c
( )( )( )
2 2 2 2 = Eabc (,,) x−ax−bx− c ,
x a b c
x a b c
3 3 3 3
ahol E(,,) a bc ∈ nem függ x -től.
1 1 1 1
0 a b c
a b c 1 1 1
De x = 0 -ra ∆ ( 0)
=
0
2
a
2
b
2
c
2
= a
2
b
2
c = abc⋅ a b c =
0
3
a
3
b
3
c
3
a
3
b
3
c
2
a
2
b
2
c
= abc( b−a)( c−a)( c− b)
Így E( a,, b c) = ( b−a)( c−a)( c− b)
, tehát
1 1 1 1
x a b c
x a b c
2 2 2 2
x a b c
3 3 3 3
= ( a −x)( b−x)( c−x)( b−a)( c−a)( c− b)
.
Ezt az ötletet alkalmazhatjuk hasonló n× n -es determinánsok kiszámítására. A
1 1 1 1
V ( x , x , …,
x ) =
1 2
n
x x x x
1 2 3
x x x x
2 2 2
1 2 3
x x x x
n−1 n−1 n−1 n−1
1 2 3
n
determinánst Vandermonde determinánsnak nevezzük és igazolható, hogy
n
2
n