Kezdőlap


Feladat:	F.2447	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Horváth Péter , Sáhi Attila , Zsigri Gábor
Füzet:	1984/szeptember, 250 - 251. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Paraméteres egyenletek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1983/december: F.2447

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

I. megoldás. Az (1) egyenletnek akkor és csak akkor van két valós gyöke, ha $D$ diszkriminánsa pozitív. A diszkrimináns az alábbi alakba írható:

\begin{matrix} D & = {(a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4})}^{2} - 4 a_{1} a_{3} - 4 a_{2} a_{4} = \\ = {(a_{1} + a_{2})}^{2} + {(a_{1} + a_{4})}^{2} + {(a_{2} + a_{3})}^{2} + {(a_{3} + a_{4})}^{2} - {(a_{1} + a_{3})}^{2} - {(a_{2} + a_{4})}^{2} . \end{matrix}

a_{1} + a_{3}

nem negatív, akkor az

a_{1} + a_{3} < a_{1} + a_{2}

egyenlőtlenségből

{(a_{1} + a_{3})}^{2} < {(a_{1} + a_{2})}^{2}

következik. Ha viszont

a_{1} + a_{3}

negatív, akkor

a_{1} + a_{4}

nagyobb abszolút értékű negatív szám, tehát

{(a_{1} + a_{3})}^{2} < {(a_{1} + a_{4})}^{2}

. Mindkét esetben fenn áll, hogy

\begin{matrix} {(a_{1} + a_{3})}^{2} < {(a_{1} + a_{2})}^{2} + {(a_{1} + a_{4})}^{2} . \end{matrix}

(2)

Másrészt ha

a_{2} + a_{4}

nem negatív, akkor

a_{2} + a_{4} < a_{2} + a_{3}

miatt

{(a_{2} + a_{4})}^{2} < {(a_{2} + a_{3})}^{2}

is igaz. Ha viszont

a_{2} + a_{4}

negatív, akkor

a_{3} + a_{4}

nála kisebb, tehát nagyobb abszolút értékű, és így

{(a_{2} + a_{4})}^{2} < {(a_{3} + a_{4})}^{2}

. Mindenesetre

\begin{matrix} {(a_{2} + a_{4})}^{2} < {(a_{2} + a_{3})}^{2} + {(a_{3} + a_{4})}^{2} . \end{matrix}

(3)

Ha a (2) és (3) egyenlőtlenségeket összeadjuk, és egy oldalra rendezzük, éppen

D > 0

-t kapunk, amit bizonyítani akartunk.

II. megoldás. A diszkriminánst az alábbi alakra is hozhatjuk:

\begin{matrix} D & = {(a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4})}^{2} - 4 a_{1} a_{3} - 4 a_{2} a_{4} = \\ = {{(a_{1} + a_{4})}^{2} + (a_{2} + a_{3})}^{2} + 2 (a_{2} - a_{3}) (a_{1} - a_{4}) . \end{matrix}

A jobb oldalon az első két tag nem negatív, hiszen négyzetszám, a harmadik tag viszont két pozitív szám szorzatának kétszerese, hiszen

a_{2} > a_{3}

és

a_{1} > a_{4}

a feltételek szerint. Következésképp a harmadik tag pozitív, s így a diszkrimináns pozitív. Ebből pedig következik, hogy az egyenletnek két különböző valós gyöke van.

III. megoldás. (1) bal oldalának képe felfelé nyíló parabola. Ha sikerül bizonyítani, hogy van olyan

x

érték, amelyhez tartozó függvényérték negatív, akkor ebből már következik, hogy a parabola két pontban metszi az

x

tengelyt, tehát az egyenletnek kétvalós gyöke van.
Írjuk (1) bal oldalát a következő alakba:

\begin{matrix} f (x) = (x^{2} - (a_{1} + a_{3}) x + a_{1} a_{3}) + (x^{2} - (a_{2} + a_{4}) x + a_{2} a_{4}) - x^{2} . \end{matrix}

Itt

x^{2} - (a_{1} + a_{3}) x + a_{1} a_{3}

másodfokú függvény, amelynek két nullhelye van:

x = a_{1}

és

x = a_{3}

; tehát az

a_{1}

és

a_{3}

közé eső

x = a_{2}

helyen negatív értéket vesz fel. Az

x^{2} - (a_{2} + a_{4}) x + a_{2} a_{4}

másodfokú függvény az

x = a_{2}

helyen nulla (másik nullhelye az

x = a_{4}

érték). Végül a

- x^{2}

függvény nem pozitív az

x = a_{2}

helyen. Ebből következik, hogy

f (a_{2}) < 0

f

képe tehát olyan felfelé nyíló parabola, amelynek

x = a_{2}

értékhez tartozó pontja az

x

tengely alatt van, s ezt akartuk bizonyítani.
Egyenletünknek tehát van egy

a_{2}

-nél kisebb és van egy

a_{2}

-nél nagyobb valós gyöke.

Megjegyzés. A második megoldás mutatja, hogy elég lett volna feltenni, hogy

a_{2} > a_{3}

és

a_{1} > a_{4}

. A harmadik megoldás pedig azt, hogy a feladat állítása már abból is következik, hogy

a_{1} > a_{2} > a_{3}