Feladat: F.2129 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Csikós B. ,  Gát Gy. ,  Lukács Erzsébet ,  Sali A. 
Füzet: 1978/május, 200. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Indirekt bizonyítási mód, Feladat, Másodfokú függvények
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1978/január: F.2129

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

Az x, illetve y tengelyre való tükrözés a bizonyítandó állítást nem változtatja meg, ezért feltehető, hogy a≥0 és b≥0. Ekkor, ha a>0, az f(x) parabola csúcspontja az x=-b/2a pontban van, ettől jobbra a parabola (egyre meredekebben) nő.

 
 

Tegyük fel, hogy van olyan -1≤x0≤1, ahol f(x0)<-2. Ekkor, mivel f a [0,1] intervallumban szigorúan monoton nő, továbbá mivel a parabola szimmetrikus a csúcsponton átmenő, y-tengellyel párhuzamos egyenesre, feltehetjük, hogy -b/2a≤x0≤0. Az u=x0+1/11 számra a feladat feltétele csak úgy teljesülhet, ha f(u+1/11)≥-1, azaz f(x0+2/11)≥-1. Ezek szerint az [x0,x0+2/11] intervallumon f(x) értéke több, mint 1-gyel nőtt, és így több mint 1-gyel nő a további, 2/11 hosszúságú intervallumokon is, tehát f(x0+8/11)>2. Az x0-ra adott kikötéseink szerint -1<x0+8/11<1, azaz ebben az esetben van olyan -1≦x1≦1 pont is, ahol f(x1)>2. Hasonló meggondolással ugyanerre az eredményre juthatunk a=0 mellett is.
Elegendő tehát megmutatnunk, hogy nincs olyan -1≤x1≤1 pont, amelyre f(x1)>2. Ha volna ilyen x1 pont, akkor ismét a parabola szimmetriája, illetve a csúcsponttól jobbra a monoton növekedése miatt f(1)>2 is teljesülne.
Az u=0-ra a feltételek csak úgy teljesülnek, ha f(1/11)≥-1, és u=10/11-re csak úgy, ha f(9/11)≤1. Az ezekből adódó 2f(1)>4, f(1/11)≥-1, valamint -3f(9/11)≥-3 egyenlőtlenségeket összeadva a -411b>0 egyenlőtlenséget kapjuk, ami ellentmond kezdeti a≥0, b≥0 feltételünknek. Ez éppen állításunkat bizonyítja.
Azt, hogy a feladat állítása nem élesíthető, mutatja az f(x)=12140x2-4140 példa.