A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. Megoldás. Legyenek a polinom zérushelyei , úgy, hogy , így miatt mindenesetre . A gyökök szimmetrikus függvényei alapján , , ezeket kifejezésünkbe behelyettesítve | | amit bizonyítanunk kellett. Felhasználtuk, hogy összeg absz. értéke legföljebb akkora, mint tagjai absz. értékének összege (akkor ennyi, ha mindegyik tag előjele egyenlő, ideértve az esetleges tagokat is), továbbá hogy a számláló nem negatív.
Péter Erika (Dombóvár, Gőgös I. Gimn., III. o. t.) |
Tarsó Béla (Veszprém, Lovassy L. Gimn., II. o. t.) | Megjegyzések. 1. Az állítás esetén is érvényes, ekkor az egyetlen gyökre 2. Nem használtuk ki, hogy a gyökök valósak, bizonyításunk komplex gyökök, komplex együtthatók esetére is érvényes. II. megoldás. Ha az polinom gyökei valósak, akkor a feladat állításánál valamivel több is igaz: az egyenletnek van az , végpontok által közrefogott (a esetben egyetlen pontot tartalmazó) zárt intervallumban gyöke. E helyeken ugyanis értéke | | Ha tehát , akkor a polinom egyetlen gyöke . Ha pedig , akkor amennyiben vannak valós gyökök, azok különbözők, és . E két gyök esetén a és szám, ha pedig , akkor a és helyeken felvett függvényértékek ellentétes előjelűek, tehát -nek van köztük gyöke.
Czédli Gábor (Baja, III. Béla Gimn., III. o. t.) |
Kirchner Imre (Budapest, Steinmetz M. Gimn., III. o. t.) |
III. megoldás. A másodfokú egyenlet gyökképletéből akkor kapjuk a kisebb absz. értékű gyököt, ha és a négyzetgyök ellentétes előjelű, így | | Bővítettük a tört kifejezést a számláló konjugáltjával, majd a nevező második tagját elhagytuk. Az utolsó lépésből azt is látjuk, hogy egyenlőség egyrészt a , másrészt a esetben áll fenn, más szóval ha , ill. ha .
Nyilánszky Mihály (Miskolc, Földes F. Gimn., III. o. t.) |
|