Cím: Az algebrai függvényekről és az elemi úton megfejthető maximum-minimum feladatokról 4.
Szerző(k):  Dr. Bozóky Endre 
Füzet: 1900/december, 84 - 89. oldal  PDF file
Témakör(ök): Szakmai cikkek

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

16. Parameteres módszer. E módszer abban áll, hogy az

ax2+bx+c
függvényt m-mel tesszük egyenlővé, hol m alatt parametert fogunk érteni, vagyis oly számot, melynek értékét a követelményekhez képest tetszés szerint megállapíthatjuk. Az ax2+bx+c-m=0 egyenletből :
x=-b±b2-4ac+4am2a.
A független változó reális értékeire szorítkozván, kell, hogy
b2-4ac+4am0
vagyis positív legyen. Innét
4am4ac-b2.
Föltéve, hogy a positív, akkor
m4ac-b24a
s a vizsgált függvény a 4ac-b24a értéknél kisebb értéket nem vehet föl, s így ez lesz a függvény minimális értéke. Ha pedig az a negatív, akkor
m4ac-b24a
s a vizsgált függvény a 4ac-b24a értéknél nagyobb értéket nem vehet föl, tehát ez a függvény maximális értéke.
Helyettesítsük x-nek kifejezésébe m-nek ezen határértéket, akkor a gyökjel alatti mennyiség zérussá válván, az eminens érték beálltával
x=-b2a,
mint azt már első módszerünk alapján tudjuk.
E módszer, melynek neve parameteres módszer, minden oly esetben alkalmazható, a melyekben az előálló egyenlet általánosságban megoldható. A függvény eminens értékeit közvetlenül megadja ugyan, de a felől, hogy a függvény miként változik, míg a független változó végig halad a reális számok során, felvilágosítást nem nyújt. Hogy implicit egész függvények vizsgálatára mennyiben alkalmas, a következő példa fogja megmutatni:
 
17. Mely határok közt változik a
6x2-8xy+2y2+4x-5y+2=0
egyenletben az y, mialatt az x a reális számok tengelyén halad végig?
6x2-2x(4y-2)+2y2-5y+2=0
x=4y-2±4y2+14y-86.
Hogy x reális értékű legyen, annak feltétele ez:
4y2+14y-80.

A korábbiakból tudjuk, hogy a másodfokú egész függvény abban az esetben, a mikor az a együttható positív, a gyökei közt fekvő intervallumban negatív értékű, különben pedig mindig positív. A
4y2+14y-8=0
egyenletnek gyökei
y1=12y2=-4
s így, ha x a -...+ intervallumban változik, akkor y értékei a
-...-4
és
+12...+
intervallumokon haladnak végig.
Az adott két ismeretlenes másodfokú egyenlet egy kúpszelet egyenlete; e kúpszeletnek egy az x-tengelyre merőleges helyzetű száron belül pontjai nincsenek, ellenben ettől a szártól két oldalt a végtelenig kiterjed; a kúpszelet tehát hyperbola.
 
18. Vizsgáljuk meg az (x-a)(x-b)x függvény eminens értékeit.
(x-a)(x-b)x=m
x2-x=(a+b+m)+ab=0
x=a+b+m±(a+b+m)2-4ab2.

A valós értékek föltétele
(a+b+m)2-4ab0.
Ezt kifejtve
m2+2(a+b)m+(a-b)20
származik. A baloldali trinom gyökei:
m1=-(a+b)+2ab
m2=-(a+b)-2ab
A minimum x=ab esetében, a maximum x=-ab esetében áll elő.
 
19.  A parameteres módszer alkalmas az
y=ax2+bx+cαx2+βx+γ
törtfüggvény értékváltozásainak megvizsgálására is. E feladat megoldásával különben már egy, e lapok I. kötetében megjelent értekezés is foglalkozott (1. évf. 35. lap).
 
20. A 2s kerületű derékszögű háromszögek közül melyiknek területe a legnagyobb?
 
A háromszög oldalai legyenek : x,y,z. Az utolsó az átfogó.
x+y+z=2s
xy=2m2
x2+y2=z2
a feladat meghatározására szolgáló egyenletek.
x+y=2s-z
felhasználásával:
x2+y2+2xy=4s-4sz+z2
s ha ebből a 3. egyenletet levonjuk, akkor
2xy=4s2-4sz
Ennélfogva
4m2=4s2-4sz
honnét
z=s2-m2s.
Helyettesítsük ezt az értéket az 1. egyenletbe, akkor
x+y=2s-z=2s-s2-m2s=s2+m2s.
Ismervén xy-t és (x+y)-t, felállíthatjuk azt a 2. fokú egyenletet, melynek x és y a gyökei; ez pedig
ξ2-s2+m2sξ+2m2=0
ξ=s2+m2±(s2+m2)2-8s2m22s
ξ=s2+m2±(s2+m2+2sm2)(s2+m2-2sm2)2s.
Föltéve már most, hogy a 2s kerület állandó, kereshetjük azt, hogy az m2 terület mely határok közt változhat. Mindenekelőtt
z=s2-m2s
kell, hogy positív legyen, minek föltétele
s2-m2>0
s minthogy úgy az s, mint az m lényegesen positív mennyiségek, ennélfogva
s>m.

Továbbá x és y számára csakis reális, sőt csakis positív értékeket fogadhatunk el. Vegyes másodfokú egyenletünk jelváltozásaiból következik, hogy ha az egyenletnek gyökei reálisok, akkor azok positívok is. Az utóbbi szűkebb körű föltétel tehát a realitás tágabb körű föltételében benne foglaltatván, elégséges, ha
(s2+m2+2sm2)(s2+m2-2sm20.
A baloldali szorzatnak első tényezője mindig positív lévén, a vizsgálatot csupán a második tényezőre kell kiterjesztenünk, s így föltételi egyenlőtlenségünk
s2+m2-2sm2)0
alakban írható föl.
Minthogy m2-nek együtthatója positív, azért m az
m2-2sm2+s2=0
egyenlet gyökeitől meghatározott intervallumon kívül minden értéket fölvehet. Az egyenlet gyökei :
m1=s(2+1)
m2=s(2-1).
Az m1 gyök minimumra vezetne; de az s>m föltétel tekintetbe vétele mellett mind az m1 értéket, mind pedig az m1-nél nagyobb értékeket ki kell zárnunk, mert föltételünknek nem tesznek eleget. Az m2 gyök, mely a terület maximumának felel meg, eleget tesz az s>m föltételnek, s ezt minden az m2-nél kisebb érték is kielégíti. A maximum esetében
m2=s2(2-1)2
=s2(3-22).
Erre a határértékre nézve a ξ kifejezésében szereplő gyökjel alatti mennyiség eltűnik, s így az egyenletnek egyenlő gyökei vannak. De ezek a gyökök x-et és y-t, a háromszög befogóit adják, s így az állandó kerületű derékszögű háromszögek között a derékszögű egyenlőszárú háromszögnek legnagyobb a területe. Minthogy
x=y=s(2-2)
tehát
z=2s(2-1).

 
21. Az adott területű derékszögű háromszögek közül melyiknek kerülete a legkisebb?
 
Ugyanis csupán azt kell megállapítanunk, hogy s-nek mely értékeire nézve áll
s2-2sm2+m20.
Minthogy s2-nek együtthatója positív, ismét csak az
s2-2sm2+m2=0
másodfokú egyenlet gyökeitől határozott intervallumon kívül eső értékekre szorítkozhatunk. Az egyenlet gyökei :
s1=m(2+1)
s2=m(2-1),
melyek közül az első a minimum, a második a maximum esetét adja. A maximum esete nem felelvén meg az s>m föltételnek, nemcsak maga, de a nála nagyobb értékek mindegyike is kizárandó. Így tehát egyedül a minimum esete áll fenn, s a kerület ebben az esetben
=m(2+1).
A gyökzendő eltűnéséből a gyökök egyenlősége következvén, kimondhatjuk, hogy az egyenlő területű derékszögű háromszögek közt az egyenlőszárú derékszögű háromszögnek kerülete a legkisebb.
 
22. Steiner-féle megfejtés. Az egyenlő kerületű derékszögű négyszögek között a négyzetnek területe a legnagyobb.
E feladat megfejtését Jacob Steiner (1796‐1863) nyomán adjuk (Steiner-Schröter: Theorie der Kegelschnitte p. 41.). E módszer egyrészt azt igazolja, hogy nem mindig az általános módszer a legegyszerűbb, hanem sok feladatnál különös módszer alkalmazható előnyösen, másrészt meg azt, hogy az analysis mellett a geometria is megállja helyét a maga módszereivel.
Legyen AB az állandó kerületnek fele, tehát a két szomszédos oldalnak összege. M az AB-nek közepe; AMPQ az AM oldal fölött alakított négyzet. Kössük össze B-t a P-vel, s állítsunk ennek az egyenesnek egy tetszésszerinti P' pontjából AB-re merőlegeset, P'M'-t. Húzzuk P'Q'-t az AB-vel párhuzamosan, s keressük föl a PQ és P'M' egyenesnek S metszéspontját.
 

 

Az AM'PQ' derékszögű négyszög oldalainak nyilván ugyanakkora az összege, mint az AMPQ négyzet esetében. Terület MM'SP=PQQ'R, mert egybevágók; tehát terület MM'P'R<PQQ'R s így terület AM'P'Q'<AMPQ; tehát tényleg a négyzet a legnagyobb területű négyszög az egyenlő kerületűek között.
A paraméteres módszer alkalmazható a következő feladatokra:
876. Vizsgáljuk meg az adott kör körül írt egyenlőszárú trapéz területének változásait, s állapítsuk meg az eminens értékű terület esetét.
877. Adott derékszögű négyszög körül írjunk minimális területű egyenlőszárú háromszöget.
878. Az ABCD négyzetnek meghosszabbított CD oldalán keressük föl azt az M pontot, melyre nézve az MA:MB aránynak értéke maximális.
879. Az Ox,Oy tengelyek egymásra merőlegesek. Oy-on fekszik a C pont, Ox-en az M és B pontok. Határozzuk meg Ox-en az M pontnak helyzetét olyképen, hogy MAMBMC¯2 eminens értéket vegyen föl. (Specialis eset: OC¯2=OAOB).