Kezdőlap


Feladat:	1434. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bagdy D. , Egri György , Fekete A. , Freud Géza , Halász Iván , Hoffmann Tibor , Klein J. , Sándor Gyula , Taksony György
Füzet:	1938/október, 41 - 42. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Függvényvizsgálat differenciálszámítással, Függvényvizsgálat, Függvények, Feladat, Mértani helyek, Másodfokú függvények
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1938/május: 1434. matematika feladat

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

$1^{0}$ . Valamely függvény állandóan növekedő, ha differenciálhányadosa az $x$ minden értékénél pozitív.

\begin{matrix} y' = \frac{(4 x - 5 a) (x - 2 a) - (2 x^{2} - 5 a x + 8)}{{(x - 2 a)}^{2}} = \frac{2}{{(x - 2 a)}^{2}} [{(x - 2 a)}^{2} + a^{2} - 4] \end{matrix}

y'

nevezője pozitív; ezért előjele csak a számláló, vagyis az

\begin{matrix} f (x) \equiv {(x - 2 a)}^{2} + a^{2} - 4 \end{matrix}

másodfokú függvény előjelétől függ. Amint látjuk

f (x)

x

minden értékénél pozitív, ha

a^{2} - 4 > 0

, azaz

\begin{matrix} ha a < - 2 vagy ha a > + 2. \end{matrix}

Ezen esetekben az

f (x) = 0

egyenletnek nincsenek valós gyökei. Az

y

függvény állandóan növekedik. Az

x = 2 a

helyen szakadása van oly módon, hogy itt

y = \pm \infty

2^{0}

. Ha

- 2 < a < + 2

, akkor az

f (x)

másodfokú függvény előjelet változtat azon

x

helyeken, ahol

f (x) = 0

. Ha ezen helyek

x'

és

x''

, úgy hogy

x' < x''

, akkor

f (x)

x'

helyen pozitív értékekből megy át negatív értékekbe;¹ ezért itt

y

-nak maximuma van.
Az

x''

helyen

f (x)

negatív értékekből megy át pozitív értékekbe, tehát itt

y

-nak minimuma van.

3^{0}

. Az előzőkből látjuk, hogy

a_{1} = - 2

és

a_{2} = + 2

azon értékek, amelyek elválasztják egymástól az

1^{\circ}

. alatti

a

értékeket a

2^{\circ}

. alattiaktól. Ha

a_{1} = - 2

és

x + 4 \neq 0

, akkor

\begin{matrix} y = \frac{2 x^{2} + 10 x + 8}{x + 4} = \frac{2 (x + 4) (x + 1)}{x + 4} = 2 (x + 1) . \end{matrix}

a = + 2

mellett, ha

x - 4 \neq 0

y = \frac{2 x^{2} - 10 x + 8}{x - 4} = \frac{2 (x - 4) (x - 1)}{x - 4} = 2 (x - 1)

.²

4^{0}

. Nyilvánvaló, hogy az

y

függvénynek hiperbola felel meg. Ha az osztást elvégezzük,

\begin{matrix} y = 2 x - a + \frac{8 - 2 a^{2}}{x - 2 a} . \end{matrix}

Innen kiolvashatjuk, hogy az

\begin{matrix} x = 2 a és y = 2 x - a \end{matrix}

egyenesek a

C

görbe aszimptotái. E két egyenes metszőpontjának ‐ a görbe középpontjának ‐ koordinátái:

\begin{matrix} x = 2 a, y = 3 a \end{matrix}

a

kiküszöbölésével a középpont koordinátái között

\begin{matrix} y = \frac{3 x}{2} \end{matrix}

összefüggés áll elő; ez oly egyenes egyenlete, mely az origon megy keresztül. Ezen egyenest írja le a

C

hiperbola középpontja, ha

a

felveszi az összes lehetséges értékeket.

5^{0}

. A

C

görbe egyenletét, a nevező eltávolítása után

\begin{matrix} 2 x^{2} - x y + 8 = a (5 x - 2 y) \end{matrix}

alakra hozhatjuk. Ha

5 x - 2 y = 0

, akkor

a

minden értéke mellett

\begin{matrix} 2 x^{2} - \frac{5}{2} x \cdot x + 8 \equiv 8 - \frac{x^{2}}{2} = 0, vagyis x = \pm 4 és így y = \pm \frac{5}{2} \cdot 4 = \pm 10. \end{matrix}

Tehát az összes görbék keresztülmennek a

\begin{matrix} P_{1} (4,10), P_{2} (- 4, - 10) \end{matrix}

szilárd pontokon.

Freud Géza (Berzsenyi Dániel g. VI. o. Bp. V.)

Jegyzet. Ha pl.

a = - 2

, akkor az

x = - 4

y = 2 x + 2

egyenesek párjával van dolgunk. Az

(x = - 4, y = - 10)

ponton az

x = - 4

egyenes, az

(x = 4, y = 10)

ponton az

y = 2 x + 2

megy keresztül.

¹Ugyanis

f (x)

x

-nek oly másodfokú függvénye, amelyben

x^{2}

együtthatója pozitív.

² $y = \frac{2 x^{2} - 5 a x + 8}{x - 2 a}$ írható $2 x^{2} - x y - 5 a x + 2 a y + 8 = 0$ alakban. Ha pl. $a = - 2$ , akkor $2 x^{2} + (10 - y) x + 8 - 4 y \equiv (x + 4) (2 x + 2 - y) = 0$ .
Az egyenespár két egyenese: $x + 4 = 0$ és $y = 2 x + 2$ .