Feladat: B.3415 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 2001/május, 294 - 295. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Paraméteres egyenletek, Irracionális egyenletek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2000/december: B.3415

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

Ha p=0, akkor az egyenlet minden valós számra értelmes, és ekkor egyetlen megoldása van, x=-1.
Ha p>0, akkor az egyenlet értelmezési tartománya a nemnegatív valós számok halmaza és a négyzetre emelt egyenlet ezen a halmazon ekvivalens az eredetivel.
Ha p<0, akkor az egyenlet értelmezési tartománya a nem pozitív valós számok halmaza és a négyzetre emelt egyenlet a [-1;0] halmazon ekvivalens az eredetivel.
Ha most az egyenletet négyzetre emeljük, akkor rendezés után az

x2+(2-p)x+1=0(1)
másodfokú egyenletet kapjuk.
A p paraméternek azoknak az értékeit kell megkeresnünk, amelyekre az (1) egyenletnek egy gyöke van, és ez az eredeti egyenletnek is gyöke, vagy pedig az (1) egyenletnek két gyöke van, és ezek közül pontosan az egyik gyöke az eredeti egyenletnek.
Az (1) egyenlet diszkriminánsa, D(p)=(2-p)2-4=p(p-4), ez nulla, ha p=0 (ezt az esetet már vizsgáltuk), vagy pedig ha p=4. Ekkor az (1) egyenlet egyetlen valós gyöke x=1, ami az eredeti egyenletnek is megoldása.
D(p)>0 pontosan akkor teljesül, ha p>4 vagy p<0. Ha p>4, akkor az (1) egyenlet két valós gyökére
x1+x2=p-2>0ésx1x2=1>0,
a két gyök összege is és szorzata is pozitív, és így maguk a gyökök is pozitívak. Ebben az esetben van az eredeti egyenletnek is két különböző valós gyöke.
Ha p<0, akkor a gyökök összege negatív, szorzatuk továbbra is pozitív, most az (1) egyenlet mindkét gyöke negatív, így mindkettő eleme az eredeti egyenlet értelmezési tartományának. Mivel a szorzat értéke 1 és a gyökök különbözők, egyikük abszolút értéke 1-nél nagyobb, másikuké pedig 1-nél kisebb. Előbbi az eredeti egyenletnek is gyöke, hiszen -1 és 0 közé esik, az utóbbi viszont nem, hiszen kisebb -1-nél. Ebben az esetben az eredeti egyenletnek pontosan egy valós gyöke van.
Összefoglalva: az egyenletnek pontosan akkor van egy megoldása, ha p=4 vagy p≤0.
 

Megjegyzések. 1. A statisztikákból látható, hogy a nagy számú beküldött dolgozatnak körülbelül a háromnegyede alapvetően hibás. A feladat nem a négyzetre emelt egyenlet diszkriminánsának a 0 voltát firtatta; aki mechanikusan közelítette meg a kérdést, legfeljebb 1 pontot kapott. Felhívjuk versenyzőink és tanáraik figyelmét a dolgozatok tanulságára: még akkor is kiábrándító a kép, ha a sablonos kérdés csapdája belejátszott a sablonos ‐ és rossz ‐ megoldásba.
2. Az (1) egyenlet gyökeinek a vizsgálata természetesen a megoldóképletből nyert formulák elemzésével is elvégezhető.
3. Világossá válik a feladat eredménye, és a csapda is elkerülhető, ha a méltatlanul elhanyagolt grafikus módszert alkalmazzuk.
Az ábrákon mindenféle számolás nélkül látható, hogy a p>0 esetben a parabolaívnek pontosan akkor van egy közös pontja az egyenessel, ha érinti: a megoldások számát tekintve tehát ekvivalens a két egyenlet, akkor kapunk egy gyököt, ha nulla a diszkrimináns.
Ha viszont p<0, akkor a parabolaív és az egyenes pontosan egy pontban metszik egymást, minden negatív p megoldás.