Feladat: 1959. évi Arany Dániel matematikaverseny 1. forduló haladók (speciális) 1. feladata Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1959/október, 44 - 45. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Paraméteres egyenletek, Arany Dániel
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1959/október: 1959. évi Arany Dániel matematikaverseny 1. forduló haladók (speciális) 1. feladata

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

I. megoldás: A bizonyítandó állítás fennállásának szükséges és egyben elégséges feltétele, hogy az egyenlet diszkriminánsa D≥0 legyen p bármely értéke mellett. A diszkrimináns

D=p2+12(p+2)(4p+7)=49p2+180p+168,(1)
és ez p-nek másodfokú függvénye. E függvény képe parabola, így elég azt bizonyítanunk, hegy e parabola minden pontja a p abszcissza-tengely fölött, vagy a tengelyen helyezkedik el. Helyettesítésekkel nyerjük, hogy a parabola egyes pontjai valóban a p-tengely fölött vannak, pl. p=0 esetén D=+168. Minthogy a parabola folytonos vonal, ezért, ha volna pontja a p-tengely alatt is, akkor metszenie kellene a tengelyt, és az ilyen pontra D=0 volna. Ámde a
49p2+180p+168=0(2)
egyenlet diszkriminánsa
D1=1802-4⋅49⋅168<0,
tehát a (2) egyenletnek nincs (valós) gyöke, és az (1) parabola valóban nem metszi a p tengelyt, egészen a p-tengely fölött helyezkedik el.
 
Megjegyzés. Nem lehet elfogadni (2) gyökeinek megvizsgálása helyett a parabola néhány pontjának ábrázolása után a szemléletre való hivatkozást. Számos versenyző így ,,bizonyított''.
 
II. megoldás: (1) átalakításával pusztán számviszonyok alapján is belátható, hogy D a p-nek minden értéke mellett nagyobb 0-nál:
D=49p2+180p+168=(7p+907)2+13249.
E kifejezés első tagja p bármely értéke mellett pozitív, vagy 0, mert négyzet, a második tagja pozitív.
Ezzel az állításnál valamivel többet bizonyítottunk be. Miután D határozottan nagyobb 0-nál, az adott egyenletnek p bármely (valós) értéke mellett két különböző (valós) gyöke van.