Page 15 - Tippek 11-12 o

amelyikben négy betű (paraméter) szerepel, így nincs sok esélyünk a meg-
oldására. Éppen ezért, valamilyen más módszert kell keressnünk. Ami
szembetűnő lehet az, hogy a nevezőkben éppen azok a tagok szerepelnek
amik a számlálóban is, az a, b, c, d helyettesítési értékekre. Ebből kifolyó-
lag rendezzük bal oldalra (zéróra) a törtet, és a bal oldali harmadfokú po-
linomot nevezzük el ( )P x -nek. Az előző észrevételünk alapján könnyen

b
belátható, hogy ( ) 0P a  lesz, sőt, a szimmetria miatt P ( ) P ( ) 
c
 P ( ) 0 is igaz. De nézzük csak meg, hogy mindez mit is jelent? Ez
d

azt jelenti, hogy a ( )P x harmadfokú polinomnak négy zérushelye van,
ami csak akkor lehetséges, ha a polinom azonosan nulla, vagyis az adott
egyenlőség tulajdonképpen egy azonosság a valós számok halmazán, ezért
annak a megoldáshalmaza x .
Érdemes megjegyezni, hogy ez a feladat általánosítható, a négy tag
helyett analóg módon vehetnénk 2, 3, vagy akár 4-nél több tagot is, mert
a megoldás alapötlete változatlan marad.
b
a

a
6. Ha ,b 1; és a b , valamint a  b , akkor igazoljuk, hogy
b a 3 2  e
a  b . Továbbá igazoljuk, hogy a) 2  3 ; b) e   ;
 e
c) e   .
Megoldás
b a
Ha x  a és y  b , akkor olyan hatványra kellene emelnünk
a
b
a két kifejezést, hogy könnyen használhassuk az a  b feltételt. Ez a
hatvány nem más, mint 2 ab . Tehát x 2 ab  a b a és y 2 ab  b a b . De

b
a
a  b és a  b , ezért azonnal adódik, hogy x 2 ab  y 2 ab  x  . y
3
2
Az a) pont azonnal adódik, mert 2 3 és 2  3 , ezért a bizonyítot-

3 2
tak értelmében 2  3 .
A b) pont bizonyítása ellenben nem vezethető vissza a már megoldott
b
a
feladatra. Szükségünk lesz a feladat általánosítására! Az a  b , vagy a
ln a lnb
fordított egyenlőtlenség logaritmálása, a és összehasonlításához,
a b
38