Kezdőlap


Cím:	Maximum és minimumproblémák elemi tárgyalása 2.
Szerző(k):	Arany Dániel
Füzet:	1894/május, 43. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szakmai cikkek

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

Maximum- és minimumproblémák elemi tárgyalása.

Folytatás

II.

Számos maximum- és minimumprobléma elemi megoldása elvégezhető a kövtkező két theorema alapján.

I. Theorema. Ha a

P

pozitív számot felbontjuk

n

pozitív tényezőre e tényezők összege

S

akkor minimum, ha az

n

tényező mind egyenlő egymással és egyenlő

\sqrt[n]{P}

-vel.

II. Theorema. Ha az

S

pozitív számot felbontjuk

n

pozitív összeadandóra ez összeadandók szorzata

P

akkor maximum, ha az

n

összeadandó mind egyenlő egymással és egyenlő

\frac{S}{n}

-nel.
Lássuk a I. Theorema bizonyítását

2

tényező esetére.

\begin{matrix} x y = P \end{matrix}

\begin{matrix} x + y = S \end{matrix}

\begin{matrix} x + \frac{P}{x} = S \end{matrix}

\begin{matrix} \frac{x^{2} + P - S x}{x} = 0 \end{matrix}

\begin{matrix} x^{2} - S x + P = 0 \end{matrix}

Ez utóbbi egyenlet gyökei akkor valósak, ha

\begin{matrix} S^{2} - 4 P \geq 0 \end{matrix}

\begin{matrix} S^{2} \geq 4 P \end{matrix}

\begin{matrix} S \geq 2 \sqrt[]{P} \end{matrix}

S

-nek minimuma tehát

2 \sqrt[]{P}

.
Ekkor azonban

x = y = 2 \sqrt[]{P}

.
A Theorema általános érvényességének kimutatására bebizonyítjuk, hogy az érvényes marad

n + 1

tényező esetére, ha érvényes volt

n

tényező esetére.

\begin{matrix} P = x_{0} x_{1} x_{2} ... x_{n} \end{matrix}

\begin{matrix} P = x_{0} + x_{1} + x_{2} + ... + x_{n} \end{matrix}

Tegyünk

x_{0}

helyébe állandó

ξ_{0}

értéket. Az

S - ξ_{0}

minimuma akkor következik be, ha

\begin{matrix} x_{1} = x_{2} ... = x_{n} = \sqrt[n]{\frac{P}{ξ_{0}}} \end{matrix}

Tehát

\begin{matrix} S = ξ_{0} + n \sqrt[n]{\frac{P}{ξ_{0}}} . \end{matrix}

ξ_{0}

-t ismét

x_{0}

-lal helyettesítjük az

S

minimuma keresendő

x_{0}

változó értékeinél.

\begin{matrix} S = x_{0} + n \sqrt[n]{\frac{P}{x_{0}}} . \end{matrix}

Tegyük fel, hogy

\begin{matrix} x_{0} = \frac{1}{y_{0}^{n}} \sqrt[n + 1]{P} \end{matrix}

Akkor

\begin{matrix} S = \frac{1}{y_{0}^{n}} \sqrt[n + 1]{P} + n \sqrt[n]{\frac{P y_{0}^{n}}{\sqrt[n + 1]{P}}} \end{matrix}

\begin{matrix} S = \frac{1}{y_{0}^{n}} \sqrt[n + 1]{P} + n y_{0} \sqrt[n]{P^{\frac{n}{n + 1}}} \end{matrix}

\begin{matrix} S = \frac{1}{y_{0}^{n}} \sqrt[n + 1]{P} + n y_{0} \sqrt[n + 1]{P} \end{matrix}

\begin{matrix} S = \frac{1 + n y_{0}^{n + 1}}{y_{0}^{n}} \sqrt[n + 1]{P} \end{matrix}

\begin{matrix} 1 + n y_{0}^{n + 1} = (n + 1) y_{0}^{n} + {(1 - y_{0})}^{2} f (y_{0}) \end{matrix}

hol

\begin{matrix} f (y_{0}) = 1 + 2 y_{0} + 3 y_{0}^{2} + n y_{0}^{n - 1} \end{matrix}

1)

alatti identitás helyességéről a következőkben győződhetünk meg:
Ugyanis:

\begin{matrix} y_{0} f (y_{0}) = y_{0} + 2 y_{0}^{2} + 3 y^{3} + ... + n y_{0}^{n} \end{matrix}

\begin{matrix} (1 - y_{0}) f (y_{0}) = 1 + y_{0} + y_{0}^{2} + ... + y_{0}^{n - 1} - n y_{0}^{n} \end{matrix}

\begin{matrix} (1 - y_{0}) f (y_{0}) = \frac{1 - y_{0}^{n}}{1 - y_{0}} - n y_{0}^{n} \end{matrix}

\begin{matrix} {(1 - y_{0})}^{2} f (y_{0}) = 1 - (n + 1) y_{0}^{n} + n y_{0}^{n + 1} \end{matrix}

\begin{matrix} 1 + n y_{0}^{n + 1} = (n + 1) y_{0}^{n} + {(1 - y_{0})}^{2} f (y_{0}) q. e. d. \end{matrix}

Lesz tehát

\begin{matrix} S = [n + 1 + \frac{(1 - y_{0}^{n})}{y_{0}^{n}} f (y_{0})] \sqrt[n + 1]{P} \end{matrix}

Hogy az

S

minimum legyen, kell, hogy az

\frac{(1 - y_{0}^{n})}{y_{0}^{n}} f (y_{0})

kifejezés, mely mindíg pozitív, mert

y_{0}

is pozitív, minimum legyen. Ennek minimuma pedig

0

, mely az

y_{0} = 1

értéknél következik be. Ekkor azonban

\begin{matrix} S = (1 + n) \sqrt[n + 1]{P} \end{matrix}

és

\begin{matrix} x_{0} = x_{1} = x_{2} ... x_{n} = \sqrt[n + 1]{P} \end{matrix}

A Theorema azonban

2

tényező esetére érvényes lévén, a most bizonyítottak alapján érvényes marad bárhány

n

tényező esetére is.
A

I I

Theorema szerint

\begin{matrix} S = x_{1} + x_{2} + ... + x_{n} \end{matrix}

\begin{matrix} P = x_{1} . x_{2} ... x_{n} \end{matrix}

és

\begin{matrix} P_{m a x} = {(\frac{S}{n})}^{n} = Q \end{matrix}

Határozzuk meg az

\begin{matrix} y_{1}, y_{2}, ... y_{n} \end{matrix}

számokat a következő egyenletből:

\begin{matrix} y_{k} = x_{k} \sqrt[n]{\frac{Q}{P}} \end{matrix}

\begin{matrix} (k = 1, 2, ... n) \end{matrix}

Ekkor

\begin{matrix} y_{1}, y_{2}, ... y_{n} = x_{1} = x_{2} ... x_{n} \frac{Q}{P} = Q \end{matrix}

De a

Q

szorzat tényezői nem egyenlők egymással, mert arányosak az egymástól szintén külömböző

x_{1}, x_{2}, ... x_{n}

számokkal és így az első Theorema értelmében

\begin{matrix} y_{1} + y_{2} + ... + y_{n} > S; \end{matrix}

\begin{matrix} y_{1} + y_{2} + ... + y_{n} = S \sqrt[]{\frac{Q}{P}} \end{matrix}

Tehát

\begin{matrix} S \sqrt[n]{\frac{Q}{P}} > S \end{matrix}

\begin{matrix} \sqrt[n]{\frac{Q}{P}} > 1 \end{matrix}

\begin{matrix} Q > P \end{matrix}

Q

tehát valóban maximum.
A

I I .

Theoremából levezethető és ezt általánosító a következő:

I I I .

Theorema. Ha

n

pozitív változó mennyiség összege állandó

s

egyenlő

S

-sel, és ha

p_{1}, p_{2}, ... p_{n}

pozitív egész számokat jelentenek, akkor az

\begin{matrix} x_{1}^{p_{1}} x_{2}^{p_{2}} ... = P \end{matrix}

szorzat maximum, midőn

\begin{matrix} \frac{x_{1}}{p_{1}} = \frac{x_{2}}{p_{2}} = ... \frac{x_{n}}{p_{n}} \end{matrix}

P

szorzat egyidejűleg éri el maximumát a

\begin{matrix} Q = {(\frac{x_{1}}{p_{1}})}^{p_{1}} {(\frac{x_{2}}{p_{2}})}^{p_{2}} ... {(\frac{x_{n}}{p_{n}})}^{p_{n}} \end{matrix}

szorzattal, mert ez a

P

-től csak állandó szorzóban külömbözik. De a

Q

szorzat tényezőinek összege

\begin{matrix} p_{1} \frac{x_{1}}{p_{1}} + p_{2} \frac{x_{2}}{p_{2}} + ... + p_{n} \frac{x_{n}}{p_{n}} = S \end{matrix}

Q

(és vele együtt a

P

) tehát akkor maximum, ha tényezői mind egynelők egymással, vagyis ha

\begin{matrix} \frac{x_{1}}{p_{1}} = \frac{x_{2}}{p_{2}} = ... \frac{x_{n}}{p_{n}} q. e. d. \end{matrix}

Megfordítva, ha a

P

pozitív szám

n

pozitív egész kitevőjű hatvány szorzatával egyenlő, az alapszámok összege akkor minimum, ha az alapszámokból és a megfelelő kitevőkből képezett hányadosok egymással mind egyenlők. E tétel az

I .

Theorema folyománya.

3. Adva lévén

a

és

b

és az általuk bezárt szög

γ

, ez utóbbi szög mely értékeinél lesz a háromszög körül írt kör sugara minimum.

\begin{matrix} 2 R = \frac{c}{sin γ} = \frac{\sqrt[]{a^{2} + b^{2} - 2 a b cos γ}}{sin γ} \end{matrix}

\begin{matrix} 4 R^{2} = \frac{a^{2} + b^{2} - 2 a b cos γ}{1 - cos^{2} γ} \end{matrix}

De minthogy

\begin{matrix} 2 cos^{2} γ / 2 = 1 + cos γ \end{matrix}

\begin{matrix} 2 sin^{2} γ / 2 = 1 - cos γ \end{matrix}

lesz

\begin{matrix} 4 R^{2} = \frac{a^{2} + b^{2} + 2 a b - 4 a b cos^{2} \frac{γ}{2}}{4 sin^{2} \frac{γ}{2} cos^{2} \frac{γ}{2}} \end{matrix}

\begin{matrix} 4 R^{2} = \frac{{(a + b)}^{2} \frac{1}{cos^{2} \frac{γ}{2}} - 4 a b}{4 sin^{2} \frac{γ}{2}} = \frac{{(a + b)}^{2} (1 + tan^{2} \frac{γ}{2}) - 4 a b}{4 sin^{2} \frac{γ}{2}} = \end{matrix}

\begin{matrix} = \frac{{(a + b)}^{2} {(1 + tan^{2} \frac{γ}{2})}^{2} - 4 a b (1 + tan^{2} \frac{γ}{2})}{4 tan^{2} \frac{γ}{2}} \end{matrix}

\begin{matrix} = \frac{[{(a + b)}^{2} tan^{2} \frac{γ}{2} + {(a - b)}^{2}] (1 + tan_{2} \frac{γ}{2})}{4 tan^{2} \frac{γ}{2}} \end{matrix}

\begin{matrix} 4 R^{2} = \frac{{(a - b)}^{2} + 2 (a^{2} + b^{2}) tan^{2} \frac{γ}{2} + {(a + b)}^{2} tan^{4} \frac{γ}{2}}{4 tan^{2} \frac{γ}{2}} \end{matrix}

\begin{matrix} 4 R^{2} = \frac{a^{2} + b^{2}}{2} + \frac{{(a - b)}^{2}}{4 tan^{2} \frac{γ}{2}} + \frac{{(a + b)}^{2} tan^{2} \frac{γ}{2}}{4} \end{matrix}

\begin{matrix} 4 R^{2} - \frac{a^{2} + b^{2}}{2} = \frac{{(a - b)}^{2}}{4 tan^{2} \frac{γ}{2}} + \frac{{(a + b)}^{2} tan^{2} \frac{γ}{2}}{4} \end{matrix}

De a jobboldali összeg összeadandóinak szorzata állandó, tehát minimuma akkor következik be, ha

\begin{matrix} \frac{{(a - b)}^{2}}{4 tan^{2} \frac{γ}{2}} = \frac{{(a + b)}^{2} tan^{2} \frac{γ}{2}}{4} \end{matrix}

Vagyis ha

\begin{matrix} tan^{4} \frac{γ}{2} = \pm {(\frac{a - b}{b + b})}^{2} \end{matrix}

\begin{matrix} tan^{2} \frac{γ}{2} = \pm \frac{a - b}{b + b} \end{matrix}

hol a

+

vagy

-

jel aszerinti választandó amint

a ≷ b

.
Ez esetben, ha pl.

a > b

\begin{matrix} 4 R^{2} = \frac{a^{2} + b^{2}}{2} + \frac{{(a - b)}^{2}}{4 (a - b)} (a + b) + \frac{{(a + b)}^{2} (a - b)}{4 (a + b)} \end{matrix}

\begin{matrix} = \frac{a^{2} + b^{2}}{2} + \frac{a^{2} - b^{2}}{4} + \frac{a^{2} - b^{2}}{4} \end{matrix}

\begin{matrix} = \frac{a^{2} + b^{2}}{2} + \frac{a^{2} - b^{2}}{2} \end{matrix}

\begin{matrix} 2 R = a, R = \frac{a}{2} \end{matrix}

Ekkor azonban, minthogy

\begin{matrix} sin α = \frac{a}{2 R} = \frac{a}{a} = 1 \end{matrix}

\begin{matrix} α = \frac{π}{2} \end{matrix}

Vagyis a háromszög derékszögű.

(Folytatjuk)