Feladat: B.3739 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Eckert Bernadett 
Füzet: 2005/április, 217 - 218. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Magasabb fokú egyenletek, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2004/május: B.3739

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

Megoldás. Az egyenlet bal oldalán emeljük ki a-t:

a(a4-a2+1)=2(1)
Itt a4-a2+1>0 minden a-ra, mert az a2-ben másodfokú kifejezés diszkriminánsa 1-4<0. Ebből következik, hogy a>0, hiszen a és a4-a2+1 szorzata pozitív.
Ha 0<a≤1, akkor a5≤1, -a3<0, a≤1, tehát a5-a3+a<2. Így tehát a>1.
Rendezzük át az eredeti egyenletet: a5+a=2+a3. A számtani‐mértani közepek közti összefüggés alapján:
a3+22=a5+a2≥a6=a3.(2)
Ebből a3+2≥2a3, vagyis a3≤2, azaz a6≤4. Mivel a≠1, azaz a5≠a, (2)-ben nem állhat egyenlőség, így a6<4, a felső becslést igazoltuk.
Az alsó becsléshez szorozzuk meg (1)-et a-val, és fejezzük ki a6-t:
a6=a4-a2+2a.
Ha (1)-et a-val osztjuk, akkor pedig a4-a2+1=2a adódik. Ezekből:
a6=2a-1+2a.
2a+2a-1=2⋅(1a+a)-1. Ismét a számtani‐mértani közepek között fennálló összefüggés alapján 1a+a≥2, így a6≥2⋅2-1=3. Egyenlőség a=1a, azaz a=1 esetén lehetne, de láttuk már, hogy a>1, így a6>3.
A két eredmény alapján 3<a6<4 minden olyan a esetén, amelyre (1) fennáll.
 
Megjegyzés. Fölvetődik a kérdés, hogy van-e egyáltalán olyan a érték, amelyre (1) fennáll. Az a5-a3+a-2 kifejezés a-nak páratlan fokú polinomja. Mivel a=1-ben negatív (-1), a=2-ben pozitív, és a polinomfüggvény folytonos, azért 1 és 2 között valahol biztosan felveszi a 0 értéket.