Kezdőlap


Feladat:	F.2285	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Alberti G. , Almási Cs. , Babik I. , Balázsik Katalin , Böröczky K. , Csere K. , Cseri Hajnalka , Czakó F. , Czimmer Aranka , Dósa Gy. , Drávucz Katalin , Fekete Zs. , Fóris Z. , Gulyás Gy. , Halász P. , Heckenast L. , Hetyei G. , Hetyei Gábor , Kapos L. , Károlyi Gy. , Kerényi I. , Király Z. , Kiss E. , Lóczi G. , Magyar Á. , Magyar Cs. , Megyesi G. , Mihálykó Cs. , Mikó Teréz , Mohay T. , Nagy R. , Pintér G. , Radnóti L. , Simek R. , Simonyi G. , Tranta Beáta , Törőcsik J. , Volter Erika , Weisz F.
Füzet:	1981/május, 195 - 196. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyenlőtlenségek, Feladat, Másodfokú függvények, Függvényvizsgálat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1980/december: F.2285

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

Az $a, b, c$ valós számok olyanok, hogy ha $| x | \leq 1$ , akkor

\begin{matrix} | a x^{2} + b x + c | \leq 1 \end{matrix}

(1)

. Mutassuk meg, hogy

| x | \leq 1

mellett az

\begin{matrix} | c x^{2} + b x + a | \leq 2 \end{matrix}

(2)

is teljesül.

I. megoldás. Jelöljük az

{a x}^{2} + b x + c

függvényt

f

-fel, a

{c x}^{2} + b x + a

függvényt pedig

g

-vel. Mivel a két függvény értékei a

[- 1, 1]

intervallum végpontjaiban megegyeznek,

g

-re (2) helyett

\begin{matrix} | c x^{2} + b x + a | ≦ 1 \end{matrix}

(3)

is teljesül, ha

g

ebben az intervallumban monoton. Így van ez, ha

c = 0,

, vagy

c \neq 0

, de a

g

függvény a szélső értékét a

[- 1, 1]

intervallumon kívül veszi fel. Szokás szerint

g

-t teljes négyzetté kiegészítve látható, hogy

\begin{matrix} g (x) = c {(x + \frac{b}{2 c})}^{2} + (a - \frac{b^{2}}{4 c}), \end{matrix}

vagyis

g

a szélső értékét az

x_{0} = - \frac{b}{2 c}

helyen veszi fel. Ha

| x_{0} | ≦ 1

, legyen

x_{1}

[- 1, 1]

intervallum

x_{0}

-hoz közelebbi végpontja. (Ha

x_{0} = 0

, legyen

x_{1} = 1

.) Ekkor

\begin{matrix} g (x_{0}) = g (x_{1}) - c {(x_{1} - x_{0})}^{2} = f (x_{1}) - f (0) {(x_{1} - x_{0})}^{2} \end{matrix}

miatt

x = x_{0}

mellett teljesül (2) hiszen (1) miatt

| f (x_{i}) | ≦ 1, | f (0) | ≦ 1

, és

x_{1}

választása miatt

| x_{0} - x_{1} | ≦ 1

. Ebből következik, hogy (2) a

- 1 ≦ x ≦ x_{0}

, és

x_{0} ≦ x ≦ 1

mellett is teljesül, hiszen

g

ebben a két intervallumban monoton, és azt már tudjuk, hogy (2) ezek végpontjaiban teljesül.

Hetyei Gábor (Pécs, Leöwey K. Gimn., II. o. t.)

II. megoldás. Legyen most is

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

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

. Ekkor

\begin{matrix} 2 g (x) & = 2 (c + b x + a) + 2 c (x^{2} - 1) = \\ = (1 + x) (c + b + a) + (1 - x) (c - b + a) + 2 c (x^{2} - 1) = \\ = (1 + x) f (1) + (1 - x) f (- 1) + 2 f (0) (x^{2} - 1), \end{matrix}

amiből (1) alapján kapjuk, hogy ha

- 1 ≦ x ≦ 1

, akkor

\begin{matrix} 2 | g (x) | ≦ (1 + x) + (1 - x) + 2 (1 - x^{2}) ≦ 4, \end{matrix}

hiszen itt

1 + x

is,

1 - x

is nem negatív.

Megjegyzések. 1. A feladat állítása nem javítható, amint azt az

a = 2, b = 0, c = - 1

számhármas mutatja.
2. Érdemes egy pillanatra eltöprengeni azon, ekvivalens-e a feladat állítása azzal, hogy az

\begin{matrix} (1 a) | x | ≦ 1, (1 b) | {a x}^{2} + b x + c | ≦ 1 \end{matrix}

egyenlőtlenségekből következnek a

\begin{matrix} (2 a) | x | ≦ 1, (2 b) | {c x}^{2} + b x + a | ≦ 2 \end{matrix}

egyenlőtlenségek. Sokan úgy gondolták, hogy a két állítás ekvivalens, és így arra az eredményre jutottak, hogy a feladat állítása nem igaz, hiszen például

a = 10, b = c = x = 0

mellett (1a), (1b), (2a) teljesülnek, (2b) mégsem igaz. Viszont

a = 10

b = 0

c = 0

x = 1

mellett (1a) teljesül, és (1b) nem, tehát ez az

a

b

c

számhármas nem biztosítja azt, hogy (1a)-ból következik (1b), így nem meglepő, hogy mellette (2a) teljesül, de (2b) nem.