|
Feladat: |
1177. matematika feladat |
Korcsoport: 16-17 |
Nehézségi fok: átlagos |
Megoldó(k): |
Ámon Magdolna , Antal Magdolna , Benczúr András , Bodoky Andrea , Dobó Ferenc , Farkas Zoltán , Fazekas P. , Fejéregyházi Sándor , Fodor János , Földeáki Mária , Gálfi László , Gecsey László , Gerencsér László , Kacsó A. , Kohut József , Lehel Jenő , Major János , Makai Endre , Malatinszky G. , Máté Attila , Nagy Dénes Lajos , Naszályi F. , Nováky Béla , Papp L. , Pázmándi László , Raisz M. , Sebestyén Zoltán , Sonnevend György , Surányi Andor , Szentai Judit , Szép András , Szidarovszky Ágnes , Szidarovszky Ferenc , Szigeti Ferenc , Tamás Endre , Tamás G. , Zalán Péter , Zalay M. |
Füzet: |
1963/március,
120 - 121. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Gyökök és együtthatók közötti összefüggések, Abszolútértékes egyenlőtlenségek, Harmadfokú (és arra visszavezethető) egyenlőtlenség-rendszerek, Feladat |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1962/május: 1177. matematika feladat |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. megoldás. Feltesszük, hogy az egyenletnek vannak (valós) gyökei, azaz hogy . Azt is feltehetjük, hogy , mert ellenkező esetben a bal oldalt a negatívjával helyettesíthetjük. Ekkor a gyökképlet nevezőjében pozitív szám áll, számlálójának abszolút értéke vagy a tagok abszolút értékének összegével egyenlő, vagy kisebb annál (ti. ha egyik tag negatív, a másik pozitív). Eszerint (A négyzetgyökön a nem negatív gyököt értjük, az tehát egyenlő az abszolút értékével.) Elegendő tehát azt megmutatnunk, hogy | | másképpen, hogy a jobb és a bal oldal különbsége: | | (3) | nem negatív. Bővítsük evégett a törtet a kifejezéssel. Ez pozitív, mert második tagja pozitív, a másik kettő pedig nem negatív, ezért a nevező pozitív lesz, a számláló pedig | | (4) | Az utóbbi alak szerint egyik tag sem lehet negatív, mert a zárójelben , ill. áll aszerint, hogy pozitív vagy negatív. Így a bővített tört számlálója nem lehet negatív, tehát a (3) tört sem. Ezzel az állítást bebizonyítottuk. (2)-ben a nagyobb abszolút értékű gyökre egyenlőség áll fenn, mert a négyzetgyök előjele az egyik gyök esetében megegyezik előjelével. Ezért (1)-ben akkor és csak akkor áll egyenlőség, ha (3), és vele (4) értéke . Ez nyilván csak mellett következik be. esetében pedig (1)-ben a jel érvényes. Fodor János (Miskolc, Földes F. g. IV. o. t.)
II. megoldás. Alakítsuk át (1) jobb oldalát az ismert összefüggések alapján, továbbá válasszuk a gyökök indexeit úgy, hogy teljesüljön | | (6) | | | egyenlőtlenséget kell igazolnunk. (A nevező miatt nem 0.) Ha és egyező előjelű, vagy , (mind a kettő nem lehet 0, mert ), akkor összegük abszolút értéke egyenlő az abszolút értékeik összegével. Ebben az esetben tehát (6) jobb oldala így írható | | Ha és egyike pozitív, a másik negatív, akkor összegük abszolút értéke (5) alapján -gyel egyenlő (és miatt ez a különbség sem 0). Így (6) jobb oldala ‐ felhasználva most azt is, hogy szorzat abszolút értéke a tényezők abszolút értékének szorzatával egyenlő ‐ | | | |
Ezzel igazoltuk a (6) egyenlőtlenséget, s így (1)-et is. Lehel Jenő (Budapest, Apáczai Csere J. gyak. g. III. o. t.)
Megjegyzés. A második esetben az utolsó előtti kifejezés így alakítható tovább: | | és világos, hogy az első esetben sem kisebb (6) jobb oldala, mint . Így fennáll az egyenlőtlenség is, és egyenlőség továbbra is csak akkor következik be, ha az egyik gyök, s így is 0. |
|