Kezdőlap


Feladat:	F.1827	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Füredi Zoltán , Kollár István
Füzet:	1973/május, 200 - 202. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szélsőérték differenciálszámítással, Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Paraméteres egyenletek, Gyökök és együtthatók közötti összefüggések, Függvényvizsgálat, Egyenesek egyenlete, Helyvektorok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1972/május: F.1827

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

I. megoldás. A két szélsőérték létezése azt jelenti, hogy függvényünk deriváltjának két különböző valós zérushelye van, tehát az

\begin{matrix} y' = 3 a x^{2} + 2 b x + c = 0, a \neq 0 \end{matrix}

(2)

valódi másodfokú egyenlet diszkriminánsa pozitív:

\begin{matrix} b^{2} - 3 a c > 0. \end{matrix}

(3)

Jelöljük a függvénygörbének a szélsőértékekhez tartozó pontjait

M

-mel, illetve

N

-nel, koordinátáik legyenek

(x_{1}, y_{1})

(x_{2}, y_{2})

. Azt, hogy az

M N

egyenes átmegy az

O

origón, úgy is mondhatjuk, hogy az

O M

és

O N

egyenes iránytangense egyenlő:

\begin{matrix} \frac{y_{1}}{x_{1}} = \frac{y_{2}}{x_{2}}, azaz x_{1} y_{2} = x_{2} y_{1} . \end{matrix}

(4)

Föltehetjük, hogy sem

x_{1}

, sem

x_{2}

nem

0

, hiszen

x_{1} = 0

y_{1} \neq 0

esetén

x_{2} \neq x_{1}

miatt a követelmény nem teljesülhet, lévén az

O M

egyenes maga az

y

tengely; ha pedig pl.

x_{1} = y_{1} = 0

, akkor

M

és

N

egyike azonos

0

-val, követelményünk semmitmondó. Ezt a föltevésünket az fejezi ki, hogy az

x_{1}

-et és

x_{2}

-t megadó (2) egyenletben a két gyök szorzatával arányos

\begin{matrix} c \neq 0 . \end{matrix}

(5)

Ezek szerint

a \neq 0

, (3), (4) és (5) szükséges és elegendő föltétele annak, hogy

M

N

és

O

egy egyenes egymástól különböző pontjai legyenek, azonban még (4) helyére az (1) együtthatói közti feltételt kell keresnünk.

M

és

N

ordinátáját

x_{1}

-gyel, ill.

x_{2}

-vel kifejezve, (4) így alakul:

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

amiből rendezéssel, kiemeléssel

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

és mivel (3) miatt

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

, azért

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

Itt (2) alapján

\begin{matrix} x_{1} x_{2} = \frac{c}{3 a}, x_{1} + x_{2} = - \frac{2 b}{3 a}, \end{matrix}

tehát (4) az együtthatókkal kifejezve

\begin{matrix} \frac{b c}{9 a} - d = 0, 9 a d = b c . \end{matrix}

(6)

Ez az összefüggés egyébként akkor is teljesül, ha (2)-ben

c = 0

, azaz

x_{1} = 0

x_{2} \neq 0

és

y_{1} = 0

M

azonos

O

-val, hiszen ekkor (1)-ből

d = 0

.
Összefoglalva: az

a \neq 0

és (3) föltételek teljesülése mellett a keresett összefüggést (6) adja meg.
Megjegyezzük, hogy (6) megengedi a

d = b = 0

értékrendszert is, amennyiben

a

és

c

ellentétes előjelűek (tehát egyikük sem

0

). Ilyen esetben az origó éppen az inflexiós pontja, szimmetriacentruma a függvényt ábrázoló görbének.

Füredi Zoltán (Budapest, Móricz Zs. Gimn. IV. o. t.)

Megjegyzések. 1. Eredményünket így is kimondhatjuk. Ha a kérdéses függvényben az

a, b, c

együtthatókat már megválasztottuk úgy, hogy

b^{2} - 3 a c > 0

és

a \neq 0

, akkor hozzájuk megválasztható

d

a követelménynek megfelelően

d = b c / 9 a

. (A

c = 0

esetben csak úgy teljesíthető a követelmény, hogy az egyik szélsőérték

x = 0

-ban van.)
2. Az alábbi érdekes, a beérkezett dolgozatok közt egyedülálló megoldást ‐ a szerkesztőségi szokástól eltérően ‐ minden változtatás nélkül közöljük. Ezért előre jegyezzük meg a következőket. Csak

y = a x^{3} + b x^{2} + c x + d

egyenlet alakú harmadfokú görbékről van szó. A szerző nem írta fel az együtthatókban a diszkrimináns pozitívságát, de megemlítette a föltevés idevágó részét. Természetesen kimondatlanul is áll

u \neq 0

II. megoldás. Az 1595. feladatban^{$^{*}$} megmutattuk, hogy bármely harmadfokú görbének van rajta elhelyezkedő szimmetriacentruma. Bármely harmadfokú görbét eltolhatunk tehát úgy, hogy az origón átmenjen és erre szimmetrikus legyen. És megfordítva: bármely harmadfokú görbe előállítható egy, az origóra szimmetrikus harmadfokú görbe megfelelő eltolásával. Így fogunk most mi is eljárni.
A két szélsőérték létezése egyben azt jelenti, hogy az origóra szimmetrikus görbének még két gyöke van:

\pm u

. Harmadik gyöke

0

, így a minden, két szélsőértékkel rendelkező kanonikus egyenletű harmadfokú görbét leíró egyenlet

\begin{matrix} v x (x^{2} - u^{2}) = y . \end{matrix}

(7)

A két szélsőértéket összekötő egyenes most átmegy az origón, ezért a feladatbeli feltételnek megfelelő összes görbét úgy kaphatjuk meg, hogy (7)-et eltoljuk az egyenes mentén. Felírjuk az origóból az egyik szélsőérték-pontba mutató vektort:

\begin{matrix} y' = 3 v x^{2} - u^{2} v = 0, \\ x_{1, 2} = \pm \frac{u}{\sqrt[]{3}}, y_{1} = v (\frac{u^{3}}{3 \sqrt[]{3}} - \frac{u^{3} \cdot 3}{3 \sqrt[]{3}}) = - \frac{2}{\sqrt[]{3} \cdot 3} u^{3} v . \end{matrix}

A vektor

- \frac{\sqrt[]{3 t}}{u}

skalárral való szorzata tehát

\begin{matrix} a (- t; + \frac{2}{3} u^{2} v t) . \end{matrix}

t

'' valós szám, paraméter. Az összes, a feladatnak megfelelő görbe egyenletét megkapjuk tehát, ha (7)-et eltoljuk

a

-val:

\begin{matrix} v [{(x + t)}^{3} - u^{2} (x + t)] = y - \frac{2}{3} u^{2} v t . \end{matrix}

Kifejtve, rendezve

\begin{matrix} v x^{3} + 3 v t x^{2} + (3 v t^{2} - v u^{2}) x + (v t^{3} - \frac{u^{2} t}{3}) = y, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} a = v; b = 3 v t; c = 3 v t^{2} - v u^{2}; d = v t^{3} - \frac{u^{2} t}{3} : \end{matrix}

A négy egyenletből ,,kiejtve'' a paramétereket, megkapjuk a kívánt összefüggést. Az első egyenletből kifejezhetjük

v

-t, a másodikból azután

t

-t és a harmadikból

u

-t; végül a kívánt összefüggés

\begin{matrix} 9 a d - b c = 0. \end{matrix}

Az átalakítások megfordíthatósága miatt, ha a szélsőértékek valóban léteznek, akkor az összefüggés nemcsak szükséges, de elégséges feltétel is.

Kollár István (Budapest, Móricz Zs. Gimn. IV. o. t.)

III. Megoldás. Mivel a vizsgált

f (x)

harmadfokú függvénynek mindkét szélsőértéke létezik, azért az

\begin{matrix} f' (x) = 3 a x^{2} + 2 b x + c \end{matrix}

függvénynek két különböző valós zérushelye van, tehát

\begin{matrix} a \neq 0 és b^{2} > 3 a c . \end{matrix}

Ha valamely

u

valós számra

f' (u) = 0

, akkor

\begin{matrix} u^{2} = - \frac{1}{3 a} (2 b u + c), \end{matrix}

amit kétszer alkalmazva azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} f (u) = - \frac{u}{3} (2 b u + c) + b u^{2} + c u + d = \\ = - \frac{b}{3} \cdot \frac{2 b u + c}{3 a} + \frac{2 c}{3} u + d = (\frac{2 c}{3} - \frac{2 b^{2}}{9 a}) u + (d - \frac{b c}{9 a}) . \end{matrix}

Eszerint az

(u; f (u))

koordinátájú pont rajta van az

\begin{matrix} y = (\frac{2 c}{3} - \frac{2 b^{2}}{9 a}) x + (d - \frac{b c}{9 a}) \end{matrix}

egyenesen. Mivel a fenti megállapítás mind a két szélsőérték-helyre érvényes, ez az az egyenes, amely az

f (x)

függvény görbéjének a szélsőértékekhez tartozó pontjait összeköti. Ez az egyenes akkor és csakis akkor megy át az origón, ha

\begin{matrix} d - \frac{b c}{9 a} = 0, \end{matrix}

ez tehát a kérdezett összefüggés.

^{$^{*}$}K.M.L. 38 (1969) 9. old.