Feladat: 1960. évi Matematika OKTV II. forduló 1. feladata Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1960/november, 97 - 98. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Nevezetes azonosságok, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, OKTV
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1960/szeptember: 1960. évi Matematika OKTV II. forduló 1. feladata

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

I. megoldás: Fejezzük ki az adott kapcsolatból x-et y-nal. Így megadhatjuk, mely y-okhoz lehet x-et kiszámítani, más szóval, hogy mely y számokhoz van olyan x érték, amelyre függvényünk az y értéket veszi fel, vagyis mi függvényünk értékkészlete. Ebből már kiválaszthatjuk a keresett maximumot, ill. minimumot ‐ hacsak az értékkészletben van legnagyobb, ill. legkisebb szám.
A nevező sehol sem 0, mert x2+4x+5=(x+2)2+1≥1, ezért az átszorzással és rendezéssel adódó

(y-2)x2+(4y-6)x+(5y-6)=0
kapcsolat ekvivalens az eredetivel. Innen
x=-4y+6±-4y2+16y-122(y-2),(1)
hacsak y≠2, és x=-2, ha y=2.
x a gyökképletből akkor és csak akkor adódik valósnak, ha a diszkrimináns nem negatív, vagyis ha ‐ a másodfokú kifejezést mindjárt szorzattá alakítva ‐
-4(y-1)(y-3)≥0.
Ez pedig nyilván akkor és csak akkor teljesül, ha
1≤y≤3.

Ez a kettős egyenlőtlenség írja le függvényünk teljes értékkészletét, mert ennek a külön úton nyert fenti y=2 szám is eleget tesz. Eszerint függvényünknek van maximuma is, minimuma is, éspedig az
ymax=3,ill.ymin=1
érték. Ezeket a függvény (1) szerint az
xmax=-3,ill.xmin=-1
helyen veszi fel.
 

Megjegyzés. Néhány dolgozat a helyes eredményre a következő téves meggondolással jutott el: ,,maximum és minimum azok az értékek, amelyeket a függvény csak egyszer vesz fel, ezek azok, ahol a diszkrimináns 0.'' Eszerint minden elsőfokú függvény számára minden érték maximum volna és egyben minimum is; másrészt az y=1 érték nem volna maximuma az y=sinx függvénynek, úgyszintén y=-1 sem volna ennek minimuma, mert mindegyik értéket végtelen sokszor veszi fel. Azt mutatja ez, hogy a szélső értékek fogalma egyedül a másodfokú függvényre alapult.
 

II. megoldás. Osztással és a nevezőben teljes négyzetté való kiegészítéssel az adott kifejezés így alakítható:
y=2-2x+4x2+4x+5=2-2(x+2)(x+2)2+1,
majd x+2 helyére új z változót írva
y=2-2zz2+1=2-2y1,aholy1=zz2+1.(2)

Eszerint y-nak ott van maximuma, ahol az y1 függvény minimális értéket vesz fel, és ott van minimuma, ahol y1 maximális. y1 lehet pozitív, negatív és 0, mert ugyanolyan jelű, mint a z számláló, hiszen nevezője pozitív, z=0 mellett pedig y1=0; ezért y1 maximuma csak pozitív, minimuma csak negatív érték lehet. Elég y1-et pozitív z-k mellett vizsgálni, mert z és -z mellett felvett értékei csak előjelben különböznek, tehát az így meghatározandó maximum értékének, és helyének (-1)-szerese megadja a minimum értékét és helyét.
További átalakítással
y1=zz2+1=1z+1z=1y2,azazy2=z+1z,
így y1 maximuma egyenlő az y2 függvény minimumával. Vegyük észre, hogy pozitív z mellett az y2 összeg két tagjának mértani közepe 1, állandó. Ismeretes másrészt, hogy pozitív számok számtani közepe sohasem kisebb mértani közepüknél, és akkor egyenlő vele, ha a számok egyenlők. Eszerint y2 felének minimuma 1, így y2,min=2, és ez akkor adódik, ha z az a pozitív szám, amelyre z=1/z, vagyis z=1.
Most már y1 maximuma 1/2, és a fentiek szerint minimuma a z=-1 helyen y1,min=-1/2; végül (2) szerint y minimuma 1, maximuma 3, és e szélső értékeket x=z-2 figyelembevételével az x=-1, ill. x=-3 helyen veszi fel.
 

III. megoldás: Alakíthatjuk y-t a következők szerint is:
y=1+x2+2x+1x2+4x+5=1+(x+1)2(x+2)2+1,y=3-x2+6x+9x2+4x+5=3-(x+3)2(x+2)2+1.


Az első alak második tagja sohasem negatív, mert számlálója teljes négyzet és nevezője pozitív. Eszerint y minimumát x+1=0-nál, vagyis az x=-1 helyen veszi fel; itt a második tag 0, és y értéke 1. Hasonlóan a második alak kivonandója akkor legkisebb, ha x+3=0, azaz x=-3, és itt értéke 0, tehát y maximuma 3.