Kezdőlap


Feladat:	1570. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1968/október, 60 - 61. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Irracionális egyenletek, Függvények folytonossága, Interpoláció, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1967/december: 1570. matematika feladat

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

(1) bal oldala $x ≧ 4$ -re van értelmezve. Kipróbálva néhány egész értéket, az $x = 5$ gyökre találunk. További gyökök keresésére lényegesen egyszerűsíthető az egyenlet, ha az egyik négyzetgyök helyett új ismeretlent vezetünk be, ugyanis a gyökök alatt elsőfokú kifejezés áll, s így $x$ az új ismeretlennek polinomja lesz. $\sqrt[]{x - 4}$ helyett célszerű új ismeretlent bevezetni, s mivel ennek értéke az $x = 5$ helyen 1, így $1 + t$ -t:

\begin{matrix} \sqrt[]{x - 4} = 1 + t, azaz \\ x = t^{2} + 2 t + 5, ahol t ≧ - 1, & (2) \end{matrix}

mert a gyök nem negatív. Az egyenlet a következő alakú lesz:

\begin{matrix} \sqrt[]{2 t^{2} + 4 t + 9} = t^{2} + t + 3. \end{matrix}

(3)

Ebből négyzetre emeléssel és átrendezéssel a

\begin{matrix} t (t^{3} + 2 t^{2} + 5 t + 2) = 0 \end{matrix}

egyenlethez jutunk, aminek

t = 0

gyökéhez tartozó

x

-et már fönt megkaptuk, így a további gyökök a következő egyenletből keresendők:

\begin{matrix} f (t) = t^{3} + 2 t^{2} + 5 t + 2 = 0, \end{matrix}

a fenti

t ≧ - 1

korlátozást figyelembe véve.

t ≧ 0

esetén

f (t) > 0

, tehát (4)-nek nincs pozitív gyöke. A (

- 1

, 0) intervallumban viszont van, mert

f (- 1) = - 2 < 0 < 2 = f (0)

, vagyis

f

értéke az intervallum két végpontjában ellentétes jelű. Éspedig csak egy gyök van, mert ha

- 1 ≦ t_{1} < t_{2} ≦ 0

, akkor

\begin{matrix} f (t_{2}) - f (t_{1}) = (t_{2}^{3} - t_{1}^{3}) + 2 (t_{2}^{2} - t_{1}^{2}) + 5 (t_{2} - t_{1}) = \\ = (t_{2} - t_{1}) [t_{2}^{2} + t_{2} t_{1} + t_{1}^{2} + 2 (1 + t_{2}) + 2 (1 + t_{1}) + 1] > 0, \end{matrix}

mert a szögletes zárójelnek mind a 6 tagja pozitív, tehát

f (t)

az intervallumban szigorúan monoton növekvő.
Az

f (- 1) = - 2

f (0) = 2

értékekre támaszkodva és lineáris interpolációt alkalmazva a

t_{1} = - 0, 5

közelítéssel próbálkozunk:

f (- 0, 5) = - 0, 125

, eszerint a gyök nagyobb, mint

t_{1}

. Viszont

t_{2} = - 0, 4

-et véve

f (- 0, 4) = 0, 256 > 0

, a gyök kisebb, mint

t_{2}

. Ismét lineáris interpolációval a két utóbbi értékre támaszkodva

t_{2} = - 0, 5 + 0, 125 / 0, 381 \approx - 0, 467

kínálkozik közelítésnek, éspedig jónak bizonyul:

f (- 0, 467) = 0, 00067

, tehát (4) gyökére

t > - 0, 467

.
Innen (2) alapján

x > 4, 284 ...

, ugyanis az

x = {(t + 1)}^{2} + 4

átalakítás szerint

t > - 1

esetén

x

monoton növekvő függvénye

t

-nek.

x

keresett értéke

10^{- 2}

értékű jegyének tisztázására tekintsük még az

f (- 0,466 ... = f (- 7 / 15)

értéket:

2 / 3375 > 0

, tehát

t < - 7 / 15

, és

t = - 7 / 15

esetén

x = 3856 / 900 < 4, 285

. Így a kívánt pontossággal

x = 4, 28

, ami valóban kielégíti (1)-et, és további gyök nincs.

Megjegyzés. Legyen (3)-ban

\begin{matrix} \sqrt[]{2 t^{2} + 4 t + 9} = y . \end{matrix}

Ezt átrendezve a kapcsolatot kielégítő értékpárokat a

t

y

koordináta‐rendszerben az

\begin{matrix} \frac{y^{2}}{7} - \frac{{(t + 1)}^{2}}{7 / 2} = 1 \end{matrix}

egyenletű görbe

y ≧ 0

feltételt kielégítő pontjai ábrázolják. Ez egy (

- 1

, 0) középpontú és az

y

tengellyel párhuzamos főtengelyű hiperbola felső ága.
(3) jobb oldalának képe pedig az

\begin{matrix} y = t^{2} + t + 3 = (t + {\frac{1}{2}}^{2}) + \frac{11}{4} \end{matrix}

egyenletű parabola. A két görbe az ábra szerint

t = 0

-nál, továbbá

- 1 / 2

és 0 között metszi egymást.