Kezdőlap


Feladat:	5. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):	Dajka K. , Gömöri P. , Kertész Ádám , Kovács László , Reichlin Viktor , Tahy P.
Füzet:	1952/szeptember, 16 - 18. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenlőtlenségek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1952/február: 5. matematika gyakorlat

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

I. megoldás: Az egyenlőtlenségeket az $a x^{2} + b x + c ≷ 0$ alakok egyikére hozzuk. Meghatározzuk a baloldalon álló másodfokú függvények zérushelyeit (vagyis az $a x^{2} + b x + c = 0$ egyenlet gyökeit). Ha ezek valósak, akkor előállítjuk függvényünket két elsőfokú függvényszorzataként. (Gyöktényezős alak.)
a) $x^{2} + 5 x + 6 = (x + 3) (x + 2) < 0$
Két (valós) szám szorzata csak úgy lehet negatív, ha a tényezők ellenkező előjelűek. Jelen esetben tehát kell, hogy $x + 3 > 0$ és $x + 2 < 0$ (fordítva lehetetlen) és így

\begin{matrix} - 3 < x < - 2. \end{matrix}

- x^{2} + 9 x - 20 < 0

, vagyis,

(- 1)

-gyel szorozva (az egyenlőtlenség jele megfordul)

\begin{matrix} x^{2} - 9 x + 20 = (x - 5) (x - 4) > 0. \end{matrix}

Két (valós) szám szorzata pozitív, ha mindkét tényező egyenlő előjelű. Mindkét tényező pozitív, ha

x > 5

és mindkét tényező negatív, ha

x < 4

.
c)

x^{2} + x - 56 = (x + 8) (x - 7) < 0

.
Ehhez szükséges, hogy

x + 8 > 0

és

x - 7 < 0

(fordítva lehetetlen), vagyis

\begin{matrix} - 8 < x < 7. \end{matrix}

9 x^{2} - 12 x + 4 = {(3 x - 2)}^{2} < 0

.
Mivel a baloldal mindig pozitív, vagy zéró, azért egyenlőtlenségünknek nincs megoldása.

Kertész Ádám (Bp. I., Fürst Sándor g. I. o. t.)

II. megoldás: A másodfokú egyenlőtlenséget olyan alakra hozzuk, melyben az egyik oldal teljes négyzet.
a) A törtek elkerülésére

4

-gyel szorozva

\begin{matrix} 4 x^{2} + 20 x + 24 = {(2 x + 5)}^{2} - 1 < 0, \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} {(2 x + 5)}^{2} < 1. \end{matrix}

Egy szám négyzete, akkor kisebb

1

-nél, ha

- 1

és

+ 1

közé esik. Tehát

- 1 < 2 x + 5 < 1

, ahonnan

- 6 < 2 x < - 4

, vagyis

\begin{matrix} - 3 < x < - 2. \end{matrix}

- 4

-gyel szorozva

\begin{matrix} 4 x^{2} & - 36 x + 80 > 0, \\ (2 x & - 9)^{2} - 1 > 0, \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} {(2 x - 9)}^{2} > 1. \end{matrix}

Egy szám négyzete akkor nagyobb az egységnél, ha abszolut értéke nagyobb

1

-nél.
Tehát vagy

2 x - 9 > 1

, miből

x > 5

,
vagy pedig

2 x - 9 < - 1

, miből

x < 4

.
c) Az előzetes szorzás természetesen elmaradhat, legfeljebb törtekkel számolunk.

\begin{matrix} x^{2} + x - 56 = x^{2} + x + \frac{1}{4} - \frac{1}{4} - 56 < 0, \\ {(x + \frac{1}{2})}^{2} < \frac{225}{4}, \end{matrix}

miből következik, hogy

\begin{matrix} - \frac{15}{2} < x + \frac{1}{2} < \frac{15}{2}, \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} - 8 < x < 7. \end{matrix}

Kovács László (Debrecen, Ref. Koll. g. II. o. t.)

III. megoldás: Miután a másodfokú egyenlőtlenséget az

a x^{2} + b x + c ≷ 0

alakok egyikére hoztuk, a baloldalt függvénynek tekintve, a függvényt ábrázoló paraboláról olvassuk le a megoldást. Ha a függvény zérus-helyei

x_{1}

és

x_{2}

(x_{1} < x_{2})

, akkor
1.)

a > 0

esetén a függvény az

x_{1} < x < x_{2}

intervallumban negatív, és az

x < x_{1}

, és

x_{2} < x

helyeken pozitív.
2.)

a < 0

esetben fordítva.

x_{1} = x_{2}

esetén az egyenlőtlenségnek vagy minden

x

érték ‐ az

x_{1} = x_{2}

érték kivételével ‐ eleget tesz, vagy egyáltalán nincs megoldás.
Ha nincs valós zérushely, akkor vagy minden

x

érték felel meg, vagy egy sem.
Ezek alapján jelen esetünkben:

\begin{matrix} a) & x^{2} + 5 x + 6 < 0, & ha & - 3 < x < - 2. \\ b) & - x^{2} + 9 x - 20 < 0, & ha & x < 4 vagy x > 5. \\ c) & x^{2} + x - 56 < 0, & ha & - 8 < x < 7. \\ d) & 9 x^{2} - 12 x - 4 < 0. & Ez & esetben nincs megoldás. \end{matrix}

Reichlin Viktor (Bp. V., Piarista g. II. o. t.)