Feladat:	1512. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: -
Megoldó(k):	Piriti Zsuzsa
Füzet:	1974/december, 212 - 214. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Irracionális egyenletek, Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Középértékek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1974/február: 1512. matematika gyakorlat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[4]{16+x}+\sqrt[4]{16-x}=4.}\end{array}$ (1) I. megoldás. Emeljük négyzetre (1) két oldalát és a kapott egyenletben rendezés után ismét emeljünk négyzetre. ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \sqrt[]{16+x}+\sqrt[]{16-x}=16-2\sqrt[4]{256-x^2}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 32+2\sqrt[]{256-x^2}=256-64\sqrt[4]{256-x^2}+4\sqrt[]{256-x^2}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Vezessük be új változónak a $\sqrt[4]{256-x^2}$ kifejezést, erre a fenti egyenletből az $\begin{array}{c}{\displaystyle y^2-32y+112=0}\end{array}$ egyenletet kapjuk. Ennek a gyökei az $y_1=4$, $y_2=28$ számok, közülük csak az első jöhet szóba, hiszen $\sqrt[4]{256-x^2}\leqq 4$. Az elsőből az $x=0$ értéket kapjuk, amelyik valóban gyöke (1)-nek. Piriti Zsuzsa (Nagykanizsa, Landler J. Gimn., III. o. t.)   II. megoldás. Az egyenlet bal oldalának az értéke $x=0$ mellett $4$, ez tehát gyöke (1)-nek. Megmutatjuk, hogy ha $a$, $b$ tetszőleges nemnegatív számok, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[4]{a}+\sqrt[4]{b}\leqq 2\sqrt[4]{\frac{a+b}{2}}\mathrm{,}}\end{array}$ (2) és a két oldal csak akkor egyenlő, ha $a=b$. Emiatt ha $x\ne 0$, (1) bal oldalának az értéke ‐ ha értelmezve van ‐ kisebb, mint $4$, tehát (1)-nek csak $x=0$ a gyöke. Bizonyítsuk be előbb (2) helyett a négyzetgyökökre vonatkozó megfelelő állítást. Ha $A$, $B$ tetszőleges nemnegatív számok, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{A}+\sqrt[]{B}\leqq 2\sqrt[]{\frac{A+B}{2}}\mathrm{,}}\end{array}$ (3) és a két oldal csak akkor egyenlő, ha $A=B$. Mivel itt mindkét oldal nemnegatív, vehetjük a két oldal négyzetét: $\begin{array}{c}{\displaystyle A+2\sqrt[]{AB}+B\leqq 2\left(A+B\right)\mathrm{,}}\end{array}$ amiből a ${\left(\sqrt[]{A}-\sqrt[]{B}\right)}^2\geqq 0$ egyenlőtlenséget kapjuk. Ez valóban igaz, és itt a két oldal csak akkor egyenlő, ha $A=B$. Alkalmazzuk ezt az állítást az $A=\sqrt[]{a}$, $B=\sqrt[]{b}$ számokra, kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[4]{a}+\sqrt[4]{b}\leqq 2\sqrt[]{\frac{\sqrt[]{a}+\sqrt[]{b}}{2}}\mathrm{.}}\end{array}$ A jobb oldalon álló kifejezésre ismét alkalmazva (3)-at kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle 2\sqrt[]{\frac{\sqrt[]{a}+\sqrt[]{b}}{2}}\leqq 2\sqrt[4]{\frac{a+b}{2}}\mathrm{.}}\end{array}$ E két egyenlőtlenségből következik (2), és mivel az egyenlőség jele bennük csak az $a=b$ mellett érvényes azt is beláttuk, hogy ez (2) esetében is így van. Megjegyzés. A bizonyított (2) egyenlőtlenséget a következő formában írhatjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(\frac{a^{1/4}+b^{1/4}}{2}\right)}^4\leqq \left(\frac{a+b}{2}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Az egyenlőtlenség bal oldalán szereplő kifejezés az $a$ és $b$ számok $1/4$-ed rendű hatványközepének hívják. Általában $a_1$, $a_2$, $\text{...}$, $a_n$ számok $\alpha$-ad rendű hatványközepének a $\begin{array}{c}{\displaystyle H_{\alpha }\left(a_1\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{a}_n\right)={\left(\frac{a_1^{\alpha }+\text{...}+a_n^{\alpha }}{n}\right)}^{1/\alpha }}\end{array}$ értéket hívjuk. Így például a számtani közép ugyanazoknak a számoknak elsőrendű hatványközepe. A hatványközepekre a következő tétel igaz, ha $\alpha <\beta$, akkor az $\alpha$-rendű hatványközép nem nagyobb a $\beta$-rendű hatványközépnél, azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle H_{\alpha }\left(a_1\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{a}_n\right)\leqq H_{\beta }\left(a_1\text{...}\mathrm{,}{a}_n\right)\mathrm{,}}\end{array}$ és egyenlőség csak akkor áll fenn, ha $a_1=a_2=\text{...}{a}_n$. A megoldásban az $n=2$, $\alpha =1/4$ és $\beta =1$ értékkel bizonyítottuk ezt az egyenlőtlenséget.