Kezdőlap


Feladat:	729. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Alpár L. , Blazsek I. , Busztin Anna , Csernussy E. , Emődy M. , Fröhlich Károly , Gajzágó Ervin , Geba I. , Gerber Zsuzsa , Jónás J. , Kálmán E. , Kohner A. , Kollárovits I. , Megyery E. , Papp Zs. , Parti I. , Prém L. , Réffy K. , Róna István , Scholcz G. , Schütz Gy. , Singer I. , Szabó I. , Székely I. , Szőcs I. , Varga Á. , Weiszfeld E.
Füzet:	1931/december, 94 - 95. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Függvényvizsgálat differenciálszámítással, Alakzatok szimmetriái, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1931/október: 729. matematika feladat

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

I. Megoldás. Jelentse $I$ a görbe inflexiós pontját, melynek koordinátái $x_{i}$ , $y_{i}$ . Az $I$ ponton átmenő tetszőleges egyenes a görbét még a $P_{1}$ , $P_{2}$ pontokban metszi. Ki kell mutatnunk, hogy az $I$ pont felezi a $P_{1} P_{2}$ távolságot; azaz, ha $P_{1}$ koordinátái $x_{1}$ , $y_{1}$ , a $P_{2}$ -é $x_{2}$ , $y_{2}$ , akkor

\begin{matrix} x_{i} = \frac{x_{1} + x_{2}}{2} és y_{i} = \frac{y_{1} + y_{2}}{2} . \end{matrix}

I

pont

x_{i}

abscissája kielégíti az

\begin{matrix} y'' = 6 a x + 2 b = 0 \end{matrix}

egyenletet, tehát

\begin{matrix} x_{i} = - \frac{b}{3 a} . \end{matrix}

I

ponton átmenő egyenes egyenlete:

\begin{matrix} y - y_{i} = m (x - x_{i}) . \end{matrix}

(2)

P_{1}

, és

P_{2}

pontok koordinátái kielégítik az (1) és (2) egyenletekből álló egyenletrendszert. A két egyenletből

y

-t kiküszöbölve az

\begin{matrix} a x^{3} + b x^{2} + (c - m) x + (d + m x_{i} - y_{i}) = 0 \end{matrix}

(3)

egyenletet kapjuk, melynek gyökei:

x_{1}

x_{2}

x_{i}

. A gyökök és együtthatók közötti összefüggések alapján

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

azaz

\begin{matrix} x_{1} + x_{2} = - \frac{b}{a} - x_{i} = - \frac{b}{a} + \frac{b}{3 a} = \frac{- 2 b}{3 a} = 2 x_{i} . \end{matrix}

(4)

Ha (2)-ben

x

helyébe

x_{1}

-et, azután

x_{2}

-t helyettesítünk, megkapjuk

y_{1}

-et, és

y_{2}

-t úgy, hogy ezek összege:

\begin{matrix} y_{1} + y_{2} = 2 y_{i} + m (x_{1} + x_{2} - 2 x_{i}) = 2 y_{i}, \end{matrix}

(5)

mivel (4) szerint

x_{1} + x_{2} - 2 x_{i} = 0

. Tehát a (4) és (5) egyenletek tényleg azt mutatják, hogy az

I

pont felezi a

P_{1} P_{2}

távolságot.

Róna István (Kölcsey Ferenc rg. VIII. o. Bp. VI.)

Gajzágó Ervin (Eötvös József r. VIII. o. Bp. IV.)

II. Megoldás. Amint az első megoldásban láttuk, a görbe

I

inflexiós pontjára nézve

\begin{matrix} x_{i} = - \frac{b}{3 a}, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} y_{i} = a {(- \frac{b}{3 a})}^{3} + b {(- \frac{b}{3 a})}^{2} + c (- \frac{b}{3 a}) + d . \end{matrix}

(6)

Az eredeti koordinátarendszert toljuk el önmagával párhuzamosan úgy, hogy

I

pont legyen az új,

(ξ, η)

koordinátarendszer origója, azaz

\begin{matrix} x = ξ + x_{i}, y = η + y_{i} . \end{matrix}

(7)

A görbe pontjainak

ξ, η

koordinátái között így az

\begin{matrix} η + y_{i} = a {(ξ + x_{i})}^{3} + b {(ξ + x_{i})}^{2} + c (ξ + x_{i}) + d \end{matrix}

(8)

összefüggés áll fenn. A (6) alatti értékek helyettesítésével lesz:

\begin{matrix} η = a ξ^{3} + (c - \frac{b^{2}}{3 a}) ξ . \end{matrix}

(9)

Ha már most

P (ξ_{0}, η_{0})

a görbe tetszőleges pontja, azaz

ξ_{0}, η_{0}

kielégítik a (9) egyenletet, akkor

- ξ_{0}

- η_{0}

is kielégítik a (9)-et, tehát az utóbbi értékpár által meghatározott

P'

pont is a görbén fekszik. Azonban

P

és

P'

az origóra, azaz a görbe

I

pontjára nézve szimmetrikus pontok.

Fröhlich Károly (Mátyás Király rg. VIII. o. Bp. II.)

Jegyzet. Ismeretes, hogy ha a megadott általános harmadfokú függvényben

x = ξ - \frac{b}{3 a}

helyettesítéssel élünk, akkor az új függvényben

ξ^{2}

együtthatója eltűnik. Hogy továbbá

ξ = 0

mellett

η = 0

legyen, a tiszta tagnak is el kell tűnnie. Így is beláthatjuk, hogy (9)-ben a jobboldalon csak

ξ^{3}

és

ξ

maradnak meg.