Kezdőlap


Feladat:	F.1690	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Czédli Gábor , Kirchner Imre , Nyilánszky Mihály , Péter Erika , Tarsó Béla
Füzet:	1970/szeptember, 18 - 19. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Paraméteres egyenletek, Gyökök és együtthatók közötti összefüggések, Abszolútértékes egyenlőtlenségek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1969/december: F.1690

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 $x_{1}$ , $x_{2}$ úgy, hogy $| x_{1} | ≦ | x_{2} |$ , így $a b \neq 0$ miatt mindenesetre $| x_{2} | > 0$ . A gyökök szimmetrikus függvényei alapján $c = a x_{1} x_{2}$ , $b = - a (x_{1} + x_{2})$ , ezeket kifejezésünkbe behelyettesítve

\begin{matrix} 2 \cdot | \frac{c}{b} | = \frac{2 | x_{1} | \cdot | x_{2} |}{| x_{1} + x_{2} |} \geq \frac{2 | x_{1} | \cdot | x_{2} |}{| x_{1} | + | x_{2} |} \geq \frac{2 | x_{1} | \cdot | x_{2} |}{2 | x_{2} |} = | x_{1} |, \end{matrix}

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

0

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

a = 0

esetén is érvényes, ekkor az egyetlen gyökre

\begin{matrix} | x_{1} | = | - \frac{c}{b} | \leq 2 \cdot | \frac{c}{b} | . \end{matrix}

2. Nem használtuk ki, hogy a gyökök valósak, bizonyításunk komplex gyökök, komplex együtthatók esetére is érvényes.

II. megoldás. Ha az

f (x) = a x^{2} + b x + c

polinom gyökei valósak, akkor a feladat állításánál valamivel több is igaz: az egyenletnek van az

x = 0

x = - \frac{2 c}{b}

végpontok által közrefogott (a

c = 0

esetben egyetlen pontot tartalmazó) zárt intervallumban gyöke. E helyeken ugyanis

f (x)

értéke

\begin{matrix} f (0) = c, ill. f (- \frac{2 c}{b}) = c \cdot \frac{4 a c - b^{2}}{b^{2}} . \end{matrix}

Ha tehát

4 a c - b^{2} = 0

, akkor a polinom egyetlen gyöke

- \frac{2 c}{b}

. Ha pedig

4 a c - b^{2} \neq 0

, akkor amennyiben vannak valós gyökök, azok különbözők, és

4 a c - b^{2} < 0

. E két gyök

c = 0

esetén a

0

és

- \frac{2 c}{b}

szám, ha pedig

c \neq 0

, akkor a

0

és

- \frac{2 c}{b}

helyeken felvett függvényértékek ellentétes előjelűek, tehát

f (x)

-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

- b

és a négyzetgyök ellentétes előjelű, így

\begin{matrix} | x_{1} | = | \frac{| b | - \sqrt[]{b^{2} - 4 a c}}{2 a} | = | \frac{b^{2} - (b^{2} - 4 a c)}{2 a (| b | + \sqrt[]{b^{2} - 4 a c})} | = | \frac{2 c}{| b | + \sqrt[]{b^{2} - 4 a c}} | ≦ | \frac{2 c}{b} | . \end{matrix}

Bővítettük a tört kifejezést a számláló konjugáltjával, majd a nevező második tagját elhagytuk. Az utolsó lépésből azt is látjuk, hogy egyenlőség egyrészt a

c = 0

, másrészt a

b^{2} - 4 a c = 0

esetben áll fenn, más szóval ha

x_{1} = 0

, ill. ha

x_{1} = x_{2} \neq 0

Nyilánszky Mihály (Miskolc, Földes F. Gimn., III. o. t.)