 |
A B. 5280. feladat (2022. december) |
B. 5280. Legyenek \(\displaystyle a>2\), \(\displaystyle b\) és \(\displaystyle c\) valós számok. Tekintsük a következő három állítást.
(1) Az \(\displaystyle ax^2 + bx + c = 0\) egyenletnek nincs valós megoldása.
(2) Az \(\displaystyle (a-1)x^2 + (b-1)x + (c-1) = 0\) egyenletnek 1 valós megoldása van.
(3) Az \(\displaystyle (a-2) x^2 + (b-2)x + (c-2) = 0\) egyenletnek 2 valós megoldása van.
\(\displaystyle a)\) Ha tudjuk, hogy az (1)-es és a (2)-es állítás igaz, akkor következtethetünk-e arra, hogy a (3)-as állítás is igaz?
\(\displaystyle b)\) Ha tudjuk, hogy a (2)-es és a (3)-as állítás igaz, akkor következtethetünk-e arra, hogy az (1)-es állítás is igaz?
Javasolta: Hujter Bálint (Budapest)
(4 pont)
A beküldési határidő 2023. január 10-én LEJÁRT.
1. megoldás. Először is megjegyezzük, hogy \(\displaystyle a>2\) miatt mindhárom egyenlet másodfokú, így a valós megoldások száma 2, ha a diszkrimináns pozitív; 1, ha a diszkrimináns 0; 0, ha a diszkrimináns negatív.
A képletek egyszerűsítése érdekében vezessük be az \(\displaystyle A=a-1, B=b-1, C=c-1\) jelöléseket (ekkor tehát \(\displaystyle A>1\)). A három állítás a diszkriminánsokra vonatkozó feltételek alapján az alábbi módon írható:
(1) \(\displaystyle (B+1)^2-4(A+1)(C+1)<0\),
(2) \(\displaystyle B^2-4AC=0\),
(3) \(\displaystyle (B-1)^2-4(A-1)(C-1)>0\).
Az (1)-es és (3)-as állításban szereplő kifejezéseket kicsit átalakítva:
(1) \(\displaystyle (B^2-4AC)+(2B-4A-4C)<3\),
(3) \(\displaystyle (B^2-4AC) -(2B-4A-4C)>3\).
Ha (2) és (3) teljesül, akkor \(\displaystyle 2B-4A-4C<-3\), és így \(\displaystyle 2B-4A-4C<3\), vagyis (1) is teljesül. Tehát a b) esetben az a válasz, hogy igen, következtethetünk.
Ha (1) és (2) teljesül, akkor \(\displaystyle B^2-4AC=0\) és \(\displaystyle 2B-4A-4C<3\), és a kérdés az, következtethetünk-e arra, hogy \(\displaystyle 2B-4A-4C<-3\) is teljesül. Ha \(\displaystyle -3\leq 2B-4A-4C<3\), \(\displaystyle B^2-4AC=0\), \(\displaystyle A>1\) egyszerre fennállhatnak, akkor nem következtethetünk, különben pedig igen. A második feltétel szerint \(\displaystyle B=\pm2\sqrt{AC}\), vagyis azt kell eldöntenünk, léteznek-e a következő egyenlőtlenségeket kielégítő \(\displaystyle A>1,C\geq 0\) értékek:
\(\displaystyle -3/4\leq \pm \sqrt{AC}-A-C<3/4.\)
Ha igen, akkor csak \(\displaystyle B=\sqrt{AC}\) lehet, hiszen különben \(\displaystyle -\sqrt{AC}-A-C\leq -1\) lenne. Az egyenlőtlenségeket \(\displaystyle (-1)\)-gyel szorozva:
\(\displaystyle -3/4<A+C-\sqrt{AC}\leq 3/4.\)
Mivel \(\displaystyle A+C-\sqrt{AC}=\left(\sqrt{C}-\frac12 \sqrt{A}\right)^2+\frac34 A>\frac34\), ezért az egyenlőtlenség nem teljesülhet. Így az a) esetben is az a válasz, hogy igen, következtethetünk.
2. megoldás. Tegyük fel, hogy valamely \(\displaystyle A'>0,B',C'\) számokra az \(\displaystyle A'x^2+B'x+C'=0\) egyenletnek legfeljebb egy valós megoldása van. Mivel \(\displaystyle x\mapsto A'x^2+B'x+C'\) egy felfelé álló parabola, ezért ez azzal egyenértékű, hogy \(\displaystyle A'x^2+B'x+C'\geq 0\) minden valós \(\displaystyle x\)-re. Tekintsük az \(\displaystyle (A'+1)x^2+(B'+1)x+(C'+1)=0\) egyenletet. Mivel \(\displaystyle (A'+1)x^2+(B'+1)x+(C'+1)=(A'x^2+B'x+C')+(x^2+x+1)\geq 0 +(x+1/2)^2+3/4\geq 3/4\), ezért ennek az egyenletnek nincs valós megoldása.
Az előbbi észrevételt az \(\displaystyle A'=a-1,B'=b-1,C'=c-1\) értékekre alkalmazva kapjuk, hogy már önmagában a (2) állításból is következik az (1)-es, vagyis a b) esetben a következtetés helyes.
Az \(\displaystyle A'=a-2,B'=b-2,C'=c-2\) választás pedig mutatja, hogy amennyiben (3) nem teljesülne (vagyis legfeljebb egy valós megoldása lenne az \(\displaystyle (a-2)x^2+(b-2)x+(c-2)=0\) egyenletnek), akkor (2) sem teljesülhet, ugyanis az észrevétel alapján a (2)-ben szereplő egyenletnek nem lehetne valós megoldása. Tehát (2) teljesülése esetén (3)-nak is teljesülnie kell, vagyis az a) esetben is helyes a következtetés.
Statisztika:
126 dolgozat érkezett. 4 pontot kapott: Ali Richárd, Aravin Peter, Baráth Borbála, Bedő Patrik, Bodor Mátyás, Chrobák Gergő, Csupor Albert Dezső, Czanik Pál, Czipó Áron, Diaconescu Tashi, Fekete Aron, Fülöp Csilla, Han Ziying, Hetyei Dániel, Inokai Ádám, Kovács Benedek Noel, Melján Dávid Gergő, Nguyen Kim Dorka, Seprődi Barnabás Bendegúz, Szanyi Attila, Tarján Bernát, Tran Dávid, Varga Boldizsár, Vigh 279 Zalán. 3 pontot kapott: Bencz Benedek, Elekes Dorottya, Holló Martin, Horváth 530 Mihály, Keresztély Zsófia, Németh Norbert Marcell, Szakács Ábel, Tusnády Sámuel, Zömbik Barnabás. 2 pontot kapott: 77 versenyző. 1 pontot kapott: 10 versenyző. 0 pontot kapott: 1 versenyző. Nem versenyszerű: 2 dolgozat.
A KöMaL 2022. decemberi matematika feladatai