Kezdőlap


Feladat:	1200. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Berecz Ágota , Berkes István , Bernáth S. , Bitai A. , Doskar Balázs , Feles P. , Gálfi István , Harkányi Gábor , Kádár L. , Kászonyi László , Kemenes J. , Kiss Katalin , Komor Tamás , Lazányi I. , Lehel Csaba , Lehel J. , Lénárt Zoltán , Lőrincz Cs. , Lovász László , Lukács Lídia , Malatinszky G. , Marosi Judit , Mihályi Zoltán , Nagy Klára , Nagy Péter Tibor , Rejtő Lídia , Strommer R. , Szidarovszky Ferenc , Szlobodnyik L. , Tamás Géza , Timár Gy. , Vadász Péter
Füzet:	1963/május, 202 - 204. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Paraméteres egyenletek, Gyökök és együtthatók közötti összefüggések, Számtani sorozat, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1962/november: 1200. matematika feladat

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

A számtani sorozat minden tagja egyenlő a hozzá képest szimmetrikus helyzetű tagpárok számtani közepével. Ezt felhasználva a követelményt a következő három egyenlettel fejezhetjük ki:

\begin{matrix} a + b = 2 x_{1}, & (1) \\ x_{1} + x_{2} = 2 b, & (2) \\ a + c = 2 b . & (3) \end{matrix}

(Ugyanis (1) és (2) biztosítja az

x_{1} - a = b - x_{1} = x_{2} - b = d

egyenlőséget, (3) és (2) alapján pedig

\begin{matrix} c = 2 b - a = x_{2} + x_{1} - a, és így c - x_{2} = x_{1} - a = d . \end{matrix}

E három egyenlet egymástól független.)
Másrészt

x_{1}

és

x_{2}

az adott másodfokú egyenlet gyökei, ezért a gyökök és az együtthatók összefüggései szerint

\begin{matrix} a (x_{1} + x_{2}) = - b, & (4) \\ a x_{1} x_{2} = c . & (5) \end{matrix}

Az öt ismeretlent az (1)‐(5) egyenletekből határozhatjuk meg. ‐ (2) és (4) alapján

\begin{matrix} 2 a b = - b, b (2 a + 1) = 0. \end{matrix}

(6)

Ez kétféleképpen teljesülhet.
I. eset:

b = 0

. Ekkor (2)-ből és (3)-ból

x_{2} = - x_{1}

c = - a

; ezekkel (5)-ből

\begin{matrix} - a x_{1}^{2} = - a, (x_{1}^{2} - 1) = 0, x_{1}^{2} - 1 = 0, \end{matrix}

tehát

x_{1} = \pm 1

és

x_{2} = \mp 1

. (Ugyanis

a \neq 0

, mert az ellenkező esetben az adott egyenletnek legfeljebb egy gyöke van.) Ismerjük a sorozat középső három tagját, ebből

a = \pm 2

és

c = \mp 2

. Valóban, az egymással ekvivalens

2 x^{2} - 2 = 0

és

- 2 x^{2} + 2 = 0

egyenletek gyökei

+ 1

és

- 1

, indexezésüket alkalmasan választva ‐ ami nyilván megengedett ‐ az előírt sorrendben a

2

1

0

- 1

- 2

számtani sorozatot, ill. ennek negatívját kapjuk.
II. eset: (6)-ban

2 a + 1 = 0

a = - 1 / 2

. Ekkor (3), (1) és (2) alapján

c

-t,

x_{1}

-et és

x_{2}

-t

b

-vel kifejezve (5)-ből másodfokú egyenletet kapunk

b

-re

\begin{matrix} c = 2 b + \frac{1}{2}, x_{1} = \frac{b}{2} - \frac{1}{4}, x_{2} = 2 b - x_{1} = \frac{3 b}{2} + \frac{1}{4}, \\ - \frac{1}{2} (\frac{b}{2} - \frac{1}{4}) (\frac{3 b}{2} + \frac{1}{4}) = 2 b + \frac{1}{2}, \\ 4 b^{2} + 20 b + 5 = 0. \end{matrix}

Innen

\begin{matrix} b = - \frac{5}{2} \pm \sqrt[]{5}, c = - \frac{9}{2} \pm 2 \sqrt[]{5}, \end{matrix}

továbbá

\begin{matrix} x_{1} = \frac{- 3 \pm \sqrt[]{5}}{2}, x_{2} = \frac{- 7 \pm 3 \sqrt[]{5}}{2} . \end{matrix}

Itt olyan két együttható-hármast kaptunk, melyek nem ekvivalens egyenleteket adnak. Az első megoldásbál adódó

\begin{matrix} a' = \frac{- 1}{2}, x'_{1} = \frac{\sqrt[]{5} - 3}{2}, b' = \frac{2 \sqrt[]{5} - 5}{2}, & (7) \\ x'_{2} = \frac{3 \sqrt[]{5} - 7}{2}, c' = \frac{4 \sqrt[]{5} - 9}{2} \end{matrix}

valóban számtani sorozatot adnak, mert a számkifejezések racionális része is, valamint az irracionális

\sqrt[]{5}

racionális szorzói is:

\begin{matrix} - \frac{1}{2}, - \frac{3}{2}, - \frac{5}{2}, - \frac{7}{2}, - \frac{9}{2}, ill. 0, \frac{1}{2}, \frac{2}{2}, \frac{3}{2}, \frac{4}{2}, \end{matrix}

számtani sorozatot alkotnak. Az

a' x^{2} + b' x + c' =

egyenletből

x'_{1}

és

x'_{2}

kiszámítása felesleges, könnyű látni ugyanis, hogy számainkra teljesül (4) és (5).
Az

a'

x''_{1}

b''

x''_{2}

c''

megoldás (7)-től csak az irracionális részek előjelében különbözik. Mindezek szerint a követelménynek négy

a

b

c

együttható-hármas felel meg.

Szidarovszky Ferenc (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn. IV. o. t.)

Megjegyzés. (1) és (2)-ből

x_{1} = (a + b) / 2

x_{2} = (b + c) / 2

. Ezeket az egyenletbe helyettesítve majd különbséget képezve

\begin{matrix} \frac{a {(a + b)}^{2}}{4} + \frac{b (a + b)}{2} + c = 0, \frac{a {(b + c)}^{2}}{4} + \frac{b (b + c)}{2} + c = 0, \\ \frac{a}{4} [{(a + b)}^{2} - {(b + c)}^{2}] + \frac{b}{2} [(a + b) - (b + c)] = \\ = \frac{a - c}{4} [a (a + 2 b + c) + 2 b] = 0. \end{matrix}

A második tényezőben (3)-at alkalmazva

\begin{matrix} \frac{1}{2} (a - c) b (2 a + 1) = 0. \end{matrix}

Ezzel (6)-tal rokon egyenlethez jutottunk, amiből a fentiekhez hasonlóan folytatható a megoldás.
2. Számos dolgozat a másodfokú egyenlet nagyobb gyökét vette

x_{1}

-nek, így csak azokat a megoldásokat kapta meg, amelyekben

a > b > c

. Erre nincs megállapodás.