Feladat: F.2635 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Babos Cs. ,  Beke T. ,  Benczúr A. ,  Bereczky Á. ,  Cynolter G. ,  Dienes J. ,  Hajdú G. ,  Keleti T. ,  Szalay Gy. ,  Tasnádi T. ,  Veres E. ,  Vörös T. 
Füzet: 1988/január, 12 - 14. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Azonosságok, Harmadfokú (és arra visszavezethető) egyenlőtlenség-rendszerek, Szélsőérték-feladatok differenciálszámítás nélkül, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1987/április: F.2635

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

(1)-ben x helyébe rendre 1-et, -1-et, 12-et és -12-et helyettesítve a következő egyenlőtlenségeket írhatjuk fel:

-1a+b+c+d1,-1a-b+c-d1,-1-a8-b4-c2-d1,(*)-1-a8+b4-c2+d1.
Az első két egyenlőtlenség megfelelő oldalait összeadva és kettővel osztva a
-1a+c1,(3)
a harmadik és a negyedik egyenlőtlenség megfelelő oldalait összeadva és néggyel szorozva pedig a
-8-a-4c8(4)
egyenlőtlenséghez jutunk. Az első és harmadik egyenlőtlenség összegét nyolccal szorozva a
-167a+6b+4c16,(5)
(3)-at és (4)-et összeadva és hárommal osztva a
-3-c3,(6)
(3) négyszeresét (4)-hez adva majd hárommal osztva a
-4a4,(7)
végül (4) és (5) összegét hattal osztva a
-4a+b4(8)
egyenlőtlenséget kapjuk.
Az f(x)=3ax2+2bx+c függvény képe egyenes vagy parabola attól függően, hogy a értéke 0, vagy sem. Az általánosság megsértése nélkül feltehetjük, hogy a0. Ekkor a függvény konvex, és ha a0, akkor az x=-b3a helyen minimuma van.
Most két esetet különböztetünk meg aszerint, hogy ez a minimumhely kívül esik-e a [-1;1] intervallumon, vagy sem.
Az első esetben ‐ valamint ha a=0, amikor is nem létezik minimum ‐ az f monoton a [-1;1] intervallumban, így szélsőértékeit az intervallum végpontjaiban veszi fel. Az |3ax2+2bx+c| függvény tehát ebben az intervallumban szintén valamelyik végpontban veszi fel a maximumát, így elég belátnunk, hogy (2) fennáll a [-1;1] intervallum végpontjaiban, azaz
|3a+2b+c|9és|3a-2b+c|9.

Ha a (8) egyenlőtlenség kétszeresét hozzáadjuk a (3) egyenlőtlenséghez, akkor éppen az első bizonyítandó egyenlőtlenséget kapjuk :
-93a+2b+c9.
A (-1)-beli érték becsléséhez előbb adjuk össze a megoldás elején felírt második és negyedik egyenlőtlenséget. Az eredményt nyolccal szorozva az (5)-höz hasonló
-167a-6b+4c16(5')
egyenlőtlenséghez jutunk. Ezt (4)-hez adva és egyszerűsítve kapjuk, hogy
-4a-b4.(8')
Most ennek kétszereséhez adva a (3) egyenlőtlenséget, éppen a kívánt összefüggéshez jutunk:
-93a-2b+c9.

Az az eset maradt még hátra, amikor a>0 és a parabola csúcsa, tehát az x=-b3a hely a [-1;1] intervallumba esik. Függvényünk ekkor továbbra is a [-1;1] intervallum valamelyik végpontjában veszi föl a maximumát, a minimumát viszont a -b3a helyen. Az |3ax2+2bx+c| függvény maximuma tehát vagy |3a+2b+c|, vagy |3a-2b+c| (x=1, ill. x=-1), vagy pedig |c-b23a|(x=-b3a). Az első két értékről már láttuk, hogy nem nagyobbak 9-nél, meg kell még mutatnunk, hogy ez a harmadikra is igaz.
Nyilvánvaló, hogy |c-b23a||c|+|b||b3a||c|+|b| (felhasználtuk, hogy -b3a a [-1;1] intervallumban van). Itt |c|3 (6) szerint, míg
|b|=|(a+b)-(a-b)2|12|a+b|+12|a-b|4.
(Az utóbbi egyenlőtlenség (8) és (8') összege.) Innen pedig a bizonyítandónál erősebb |c-b23a||c|+|b|7 egyenlőtlenség adódik.
Beláttuk tehát, hogy ha (1) igaz, akkor az f(x)=3ax2+2bx+c függvény maximum- és minimumhelyein a függvény abszolút értéke soha nem haladja meg a 9-et, ebből pedig a feladat állítása már következik.
Könnyen látható az is, hogy |3ax2+2bx+c|=9 csak az intervallum végpontjaiban állhat fenn, s ehhez szükséges, hogy a (7) egyenlőtlenségben |a|=4, a (3) egyenlőtlenségben pedig |a+c|=1 teljesüljön, végül (8)-ban vagy (8')-ben is egyenlőség álljon. Innen a következő lehetőségek adódnak:
a=4,c=-3,b=0,vagya=-4,c=3,b=0.
Végül |a+b+c+d|1 és |a-b+c-d|1 miatt d csak 0 lehet. A feladat állítása tehát csak a 4x3-3x (az ún. harmadfokú Csebisev-polinom) és annak ellentettje, a -4x3+3x polinom esetén lehet éles, feltéve, hogy fennáll rájuk az (1) egyenlőtlenség. Ezt is ellenőrizhetjük: ha x a [-1;1] intervallumba esik, akkor van olyan t, amelyre x=cost, s erre a t-re 4x3-3x=4cos3t-3cost=cos3t, ennek abszolút értéke pedig valóban legföljebb 1. A feladat állítása tehát éles; a 4x3-3x és a -4x3+3x teljesíti (1)-et, s ha x értéke 1 vagy -1, akkor (2)-ben valóban egyenlőség áll.