Kezdőlap


Feladat:	Gy.2017	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1982/október, 65 - 66. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Binomiális együtthatók, Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Egész együtthatós polinomok, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1981/december: Gy.2017

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

I. megoldás. Ha $a$ , $b$ és $c$ mindegyike 0, akkor az $a x^{2} + b x + c = 0$ egyenletnek minden valós szám gyöke, így az állítás ekkor teljesül. Föltehető tehát, hogy a három szám közül legalább kettő különbözik 0-tól. (Pontosan két 0 a feltétel szerint nem lehet.)

a = 0

, akkor a feltétel szerint most

0 \neq b = - 2 c

, így egyenletünk

\begin{matrix} c (- 2 x + 1) = 0 alakú . \end{matrix}

Ennek az

\frac{1}{2}

gyöke, tehát az állítás az

a = 0

esetben is teljesül.
Ha

a \neq 0

, akkor az egyenlet másodfokú.
A feltétel szerint

2 a = - 3 (b + 2 c)

, tehát az egyenlet diszkriminánsa

\begin{matrix} D = b^{2} - 4 a c = b^{2} + 6 c (b + 2 c) = {(b + 3 c)}^{2} + 3 c^{2} \end{matrix}

ami pozitív, hisz

b

és

c

egyszerre nem 0.

Egyenletünknek tehát két különböző valós gyöke van. Ezeket

x_{1}

-gyel és

x_{2}

-vel jelölve a gyökök és együtthatók ismert összefüggése szerint

\begin{matrix} x_{1} + x_{2} = - \frac{b}{a} & , \\ x_{1} x_{2} = \frac{c}{a} & . \end{matrix}

Most

a \neq 0

, így a feltétel mindkét oldalát

a

-val osztva

\begin{matrix} 0 = 2 + 3 \frac{b}{a} + 6 \frac{c}{a} = 2 + 3 (- x_{1} - x_{2}) + 6 x_{1} x_{2} \end{matrix}

adódik. Innen rendezés után kapjuk, hogy

\begin{matrix} 3 x_{1} - 2 = 3 x_{2} (2 x_{1} - 1) . \end{matrix}

Másrészt, ha

x_{1} = \frac{1}{2}

, akkor a feladat állítása nyilván teljesül.
Ha

x_{1} \neq \frac{1}{2}

, akkor

x_{2} = \frac{3 x_{1} - 2}{3 (2 x_{1} - 1)}

Látható, hogy

x_{2}

pontosan akkor nem esik az adott intervallumba, azaz

x_{2} \notin (0, 1)

pontosan akkor teljesül, ha

x_{2} (x_{2} - 1) \geq 0

. Ez az

x_{1}

-re azt jelenti, hogy

\begin{matrix} \frac{3 x_{1} - 2}{3 (2 x_{1} - 1)} \cdot \frac{1 - 3 x_{1}}{3 (2 x_{1} - 1)} \geq 0, \end{matrix}

ami pontosan akkor teljesül, ha

(3 x_{1} - 2) (1 - 3 x_{1}) \geq 0

, azaz

\frac{1}{3} \leq x_{1} \leq \frac{2}{3}

.
Azt kaptuk tehát, hogy ha

x_{2}

nem esik 0 és 1 közé, akkor

x_{1}

\frac{1}{3}

és

\frac{2}{3}

között van, tehát az állítás most is igaz.

II. megoldás. Jelöljük az

a x^{2} + b x + c

polinomot

p (x)

-szel. Ekkor

\begin{matrix} p (0) = c, p (\frac{1}{2}) = \frac{a}{4} + \frac{b}{2} + c, p (1) = a + b + c . \end{matrix}

Könnyen ellenőrizhető, hogy

2 a + 3 b + 6 c = p (0) + 4 p (\frac{1}{2}) + p (1)

A feltétel szerint így

p (0) + 4 p (\frac{1}{2}) + p (1) = 0

. Ez azt jelenti, hogy vagy

p (0)

p (\frac{1}{2})

és

p

(1) mindegyike 0, vagy pedig e három szám között van pozitív is és negatív is.
Az első esetben

p (\frac{1}{2}) = 0

, tehát

p (x)

-nek gyöke az

\frac{1}{2}

A második esetben a helyettesítési értékek között vannak ellenkező előjelűek, van tehát olyan

t_{1}

, és

t_{2}

, melyekre

0 \leq t_{1} \leq t_{2} < 1

, úgy hogy

p (t_{1})

és

p (t_{2})

ellenkező előjelűek. Ismeretes, hogy első- vagy másodfokú

p (x)

polinom esetén ebből következik, hogy van olyan

x_{0}

, melyre

t_{1} < x_{0} < t_{2}

és

p (x_{0}) = 0

. Ezzel a feladat állítását igazoltuk.

Megjegyzés. Az

a x^{2} + b x + c

függvény 0 és 1 közötti integrálja a

\frac{a}{3} + \frac{b}{2} + c

.

A feltevés szerint ez 0-val egyenlő.
Ebből is látható, hogy van a függvénynek 0 és 1 közti gyöke.