Kezdőlap


Cím:	Egy egyenlőtlenség geometriai igazolása
Szerző(k):	Fried Ervin
Füzet:	1965/április, 146 - 150. 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.

1. Az 1964. évi Arany Dániel matematikai verseny egyik feladatában^{$^{*}$} azt kellett bizonyítani, hogy ha $a$ , $b$ , $c$ pozitív számok, akkor $a^{3} + b^{3} + c^{3} ≧ a^{2} b + b^{2} c + c^{2} a$ .
A bizonyításban nehézséget okozott az, hogy a jobb oldalon álló kifejezés nem szimmetrikus; emiatt nem lehet feltenni, hogy $a ≧ b ≧ c$ . Azt még feltehettük, hogy $a$ a legnagyobb, de ezzel már meghatároztuk, hogy ,,melyik a $b$ és melyik a $c$ '', mégpedig $b$ a jobb oldalon az $a^{2}$ -tel és $c$ négyzete $a$ -val egy tagban szerepel. Amennyiben az egyenlőtlenséget a fenti feltétellel igazoljuk, akkor $a ≧ c ≧ b$ esetén azt kapjuk, hogy $a^{3} + b^{3} + c^{3} ≧ a^{2} c + c^{2} b + b^{2} a$ .
Ha azonban azt tűzzük ki célul, hogy a fenti két egyenlőtlenség mindegyikét igazoljuk, akkor már feltehető, hogy $a ≧ b ≧ c$ . Valóban, hiszen ha $b$ -t és $c$ -t felcseréljük, ezáltal a két egyenlőtlenség jobb oldala cserélődik fel, és ez, ha mindkét egyenlőtlenséget igazoljuk, nem okoz problémát.
Nézzük meg, hogyan lehet a két egyenlőtlenséget egyszerre igazolni. Tegyük fel, hogy $a ≧ b ≧ c$ és írjuk a két igazolandó egyenlőtlenséget a következő alakba:

\begin{matrix} a a^{2} + b b^{2} + c c^{2} ≧ a c^{2} + b a^{2} + c b^{2}; & (i) \\ a a^{2} + b b^{2} + c c^{2} ≧ a b^{2} + b c^{2} + c a^{2} . \end{matrix}

Ha az

A = a^{2}

B = b^{2}

és

C = c^{2}

jelölést használjuk, akkor a feladatot következőképpen fogalmazhatjuk meg. Igazolni kell két a

a A + b B + c C ≧ a A' + b B' + c C'

alakú egyenlőtlenség teljesülését, ahol

A'

B'

C'

A

B

C

számokat jelenti valamilyen sorrendben, és

a ≧ b ≧ c

.
Itt többféle általánosítási lehetőség is kínálkozik.
a) Az igazolandó két egyenlőtlenség helyett több egyenlőtlenséget is igazolhatunk egyszerre úgy, hogy az egyenlőtlenség jobb oldalára

A'

B'

és

C'

helyébe az

A

B

és

C

számokat az összes lehetséges sorrendben beírjuk (ezt

6

-féleképpen tehetjük meg).
b) Az egyenlőtlenséget (illetve egyenlőtlenségeket) nem három-, hanem többtagú összegre igazoljuk.
c) Eltekintünk attól, hogy

A

B

C

a

b

c

számoktól függnek.
Az első két általánosítás egyszerre is elvégezhető, és mint látni fogjuk, az egyenlőtlenség így is igazolható; sőt bizonyos fokig a harmadik általánosítási lehetőséggel is élhetünk. (Ez a feltétel teljesen nyilván nem is hagyható el.) Annyit fogunk csak feltenni, hogy a szereplő ,,nagy betűk'' ugyanolyan nagyság szerinti sorrendben vannak, mint a megfelelő ,,kis betűk''. A következőket fogjuk kimutatni:
Legyenek

x_{1} ≧ x_{2} ≧ ... ≧ x_{n}

és

y_{1} ≧ y_{2} ≧ ... ≧ y_{n}

pozitív számok, amelyekre

y_{i} = y_{i + 1}

akkor és csakis akkor teljesül, ha

x_{i} = x_{i + 1} (i = 1,2, ..., n - 1)

. Jelöljük

u_{1}, u_{2}, ..., u_{n}

-nel az

y_{1}, y_{2}, ..., y_{n}

számok egy tetszés szerinti sorrendben való felírását. Ekkor:

\begin{matrix} x_{1} y_{1} + x_{2} y_{2} + ... + x_{n} y_{n} ≧ x_{1} u_{1} + x_{2} u_{2} + ... + x_{n} u_{n}, \end{matrix}

(ii)

és egyenlőség csak az

u_{1} = y_{1}, u_{2} = y_{2}, ..., u_{n} = y_{n}

esetben áll.^{$^{*}$}
Az alábbiakban erre az egyenlőtlenségre geometriai bizonyítást adunk.

2. Az egyszerűség kedvéért tegyük fel először, hogy az

x_{i}

-k különbözők

(i = 1, 2, ..., n)

.
Tekintsünk a sík valamely

O

pontjából kiinduló két egymásra merőleges félegyenest. Vegyük fel az egyiken az

O

-tól

x_{i}

távolságra levő

A_{i}

, a másikon az

O

-tól

y_{j}

távolságra levő

B_{j}

pontokat

(i, j = 1, 2, ..., n)

. E pontokból kiindulva húzzunk a másik félegyenessel (azzal, amelyiken nincs rajta a pont) párhuzamos félegyenest (1. ábra).
Tekintsük most

i \neq n

esetén az

A_{i}

és

A_{i + 1}

pontokon,

i = n

esetén az

A_{n}

és

O

pontokon át húzott párhuzamos egyenespárt; valamint

j \neq n

esetén a

B_{j}

és

B_{j + 1}

pontokon,

j = n

esetén a

B_{n}

és

O

pontokon át húzott párhuzamos egyenespárt. Mivel az

x_{i}

-k és

y_{i} - k

egymás közt különbözők, ezért az

A_{i}

pontok nem esnek egymásra, és nyilván

O

-tól is különböznek, és hasonlóan a

B_{f}

pontok is egymástól és

O

-tól különbözők, így a két egyenespár minden

i

j

számpár esetére egy-egy téglalapot határoz meg; jelöljük ezt

T_{i, j}

-vel.
Tekintsük most az

x_{1} u_{1} + x_{2} u_{2} + ... + x_{n} u_{n}

összeget. Legyen

u_{i} = y_{j}

, ekkor az összeg egyik tagja

x_{i} y_{j}

. Ez a szorzat megegyezik azon téglalap területével, melynek három csúcsa:

A_{i}

O

és

B_{j}

. Ezen téglalapot a párhuzamos egyenesek azon

T_{p, q}

téglalapokra bontják fel, melyekre

p ≧ i

és

q ≧ j

. Így

x_{i} y_{j}

e kis téglalapok területének összegével és az egész

x_{1} u_{1} + x_{2} y_{2} + ... + x_{n} u_{n}

összeg is bizonyos

T_{p, q}

téglalapok területének összegével egyenlő. Az összegben egyes

T_{p, q}

téglalapok többször is fellépnek. (Például

T_{n, n}

biztosan szerepel minden tag esetén, így

n

-szer lép fel.)
Azt, hogy hányszor lép fel egy-egy

T_{p, q}

téglalap, következőképpen határozhatjuk meg. Gondolatban vágjunk ki

n

téglalapot, melyek szomszédos oldalainak hossza rendre

x_{1}

és

u_{1}

x_{2}

és

u_{2}, ..., x_{n}

és

u_{n}

, és e téglalapokat helyezzük rá az 1. ábrára úgy, hogy a

x_{i}

és

u_{i}

oldalhosszúságú téglalap három csúcsa

A_{i}

be,

O

-ba és

B_{J}

be essék (ha

u_{i} = y_{j}

). Mármost valamely

T_{p, q}

téglalap nyilván pontosan annyiszor lép fel, ahány kivágott téglalap lefedi. Jelöljük a

T_{p, q}

téglalapot lefedő kivágott téglalapok számát

n_{p, q}

-val.
Az a téglalap, amelynek három csúcsa

A_{i}

-be,

O

-ba és

B_{j}

-be esik, akkor fedi le a

T_{p, q}

téglalapot, ha

i ≦ p

és

j ≦ q

egyszerre teljesül. Ha most

r ≧ p

és

s ≧ q

, akkor

r ≧ p ≧ i

és

s ≧ q ≧ j

folytán minden a

T_{p, q}

-t lefedő kivágott téglalap lefedi

T_{r, s}

-t is, tehát

\begin{matrix} ha r ≧ p és s ≧ q, akkor n_{r, s} ≧ n_{p, q} . \end{matrix}

(iii)

Visszatérve a

T_{p, q}

-t lefedő kivágott téglalapokra, azt kell meghatározni, hány olyan (

A_{i}

O

és

B_{j}

-he eső csúcsú) kivágott téglalap van, amelyre

i ≦ p

és

j ≦ q

egyszerre teljesül. Ilyen kivágott téglalap legfeljebb annyi van, ahány

p

-nél nem nagyobb

i

és hozzá

q

-nál nem nagyobb

j

található (ii) jobb oldalán. A feltételnek pontosan

p

számú

i

, és pontosan

q

számú

j

érték felel meg. Így a

T_{p, q}

téglalapot lefedő kivágott téglalapok száma legfeljebb annyi, mint amekkora a

p

és

q

számok közül a kisebbik, vagy a közös értékük, ha a kettő egyenlő. Ezt a számot

{min}_{}^{} (p, q)

-val szokás jelölni, így

\begin{matrix} n_{p, q} ≦ {min}_{}^{} (p, q) . \end{matrix}

(iv)

3. Térjünk rá most annak a megállapítására, hogy mikor lesz az

x_{1} u_{1} + x_{2} u_{2} + ... x_{n} u_{n}

összeg a lehető legnagyobb. Ez biztosan teljesül akkor, ha a (iv) alatti egyenlőtlenségben minden

T_{p, q}

téglalapra egyenlőség szerepel. Speciálisan szükséges, hogy

n_{i, i} = i

legyen. Ekkor

n_{1,1} = 1

alapján

T_{1,1}

-et biztosan lefedi kivágott téglalap. Ilyen kivágott téglalap pedig csak egy van, mégpedig az, melynek két csúcsa ‐ az ábrára való ráhelyezés után ‐

A_{1}

be és

B_{1}

-be esik. (

O

-t tovább nem említjük a kivágott téglalapok helyzetének leírásában.) Ezen kivágott téglalap pedig éppen az

x_{1} y_{1}

szorzatnak felel meg. Tehát

u_{1} = y_{1}

kell, hogy legyen.
Ezt figyelembe véve hasonlóképpen megállapítható, hogy

u_{2} = y_{2}

és így tovább. Általában, ha már tudjuk, hogy

u_{1} = y_{1}, u_{2} = y_{2}, ..., u_{i - 1} = y_{i - 1}

, akkor következőképpen mutathatjuk ki, hogy

u_{i} = y_{i}

. A

T_{i, i}

-t lefedő

i

számú kivágott téglalap közül

i - 1

már

T_{i - 1, i - 1}

-et is lefedi. Ezen kivágott téglalapok csúcsai rendre az

A_{1}

és

B_{1}

A_{2}

és

B_{2}, ..., A_{i - 1}

és

B_{i - 1}

pontokba esnek. Ezért a

T_{i, i}

-t lefedő

i

-ik kivágott téglalap

A_{p}

és

B_{q}

csúcsára az teljesül, hogy

p

is és

q

is legalább

i

. Másrészt, mivel e kivágott téglalap a

T_{i, i}

téglalapot lefedi, ezért mind

p

, mind

q

legfeljebb

i

lehet, amiből

p = q = i

következik. Ez pedig éppen azt jelenti, hogy

u_{i} = y_{i}

. (Ez a bizonyítás speciális esetként tartalmazza

u_{2} = y_{2}, u_{3} = y_{3}, ..., u_{n} = y_{n}

bizonyítását,

i

helyére rendre

2

-t,

3

-at,

..., n

-et téve.) Ezzel kimutattuk tehát a kívánt egyenlőtlenséget, és azt is, hogy egyenlőség csak akkor teljesül, ha minden

i

-re

u_{i} = y_{i}

.
Mint láttuk, az

u_{i} = y_{i}

esetben, ha

p = q

, akkor (iv)-ben az egyenlőség teljesül. Kimutatjuk, hogy minden

p, q

párra egyenlőség áll fenn. Ugyanis

{min}_{}^{} (p, q)

-t

r

-rel jelölve (iii) szerint

n_{p, q} ≧ n_{r, r}

amiről viszont már tudjuk, hogy

r

-rel egyenlő; azaz

n_{p, q} ≧ r = {min}_{}^{} (p, q)

. Ebből, és az (iv) egyenlőtlenségből pedig már adódik az

n_{p q,} = {min}_{}^{} (p, q)

egyenlőség.
4. Most egy hasonló típusú, de ellenkező irányú egyenlőtlenséget fogunk vizsgálni.
A fenti módszerrel azt is megállapíthatjuk, hogy az

y_{1}, y_{2}, ..., y_{n}

számok milyen

u_{1}, u_{2}, ..., u_{n}

sorrendje esetén lesz az

x_{1} u_{1} + x_{2} u_{2} + ... + x_{n} u_{n}

összeg a lehető legkisebb. Az előzőkben azt vizsgáltuk meg, hogy az egyes

T_{p, q}

téglalapokat legfeljebb hány kivágott téglalap fedi le. Itt azt kell megnézni, hogy legalább mennyi.
Ha az

A_{i}

és

B_{j}

csúcsú kivágott téglalap nem fedi le a

T_{p, q}

téglalapot, akkor vagy

i > p

, vagy

j > q

. Mivel

i

és

j

egyike sem nagyobb

n

-nél, ezért az első eset

n - p

, a második eset

n - q

kivágott téglalapra teljesül. Ezen kivágott téglalapokon kívül a többi biztosan lefedi a

T_{p, q}

téglalapot. Mivel összesen

n

darab kivágott téglalap van, ezért a

T_{p, q}

téglalapot legalább

n - (n - p) - (n - q) = p + q - n

kivágott téglalap fedi le. Persze, ha

p + q ≦ n

, akkor ez a megállapítás semmitmondó, ez esetben azt tudjuk, hogy a

T_{p, q}

téglalapot legalább

0

darab kivágott téglalap fedi le. Így:

\begin{matrix} n_{p, q} ≧ p + q - n, ha p + q > n, és n_{p, q} ≧ 0, ha p + q ≦ n . \end{matrix}

(v)

Amennyiben valamely

x_{1} u_{1} + x_{2} u_{2} + ... + x_{n} u_{n}

összeg esetén (v)-ben mindig egyenlőség áll, akkor ez az összeg a lehető legkisebb lesz. Ehhez többek között szükséges az, hogy a

T_{i, n - i}

téglalapot semmilyen

i

-re se fedje le egy kivágott téglalap sem, a

T_{i + 1, n - i}

téglalapot pedig pontosan egy fedje. Tegyük fel, hogy ez utóbbi téglalapot lefedő egyetlen kivágott téglalap csúcsai

A_{p}

és

B_{q}

. Ez azt jelenti, hogy

p ≦ i + 1

és

q ≦ n - i

. Ha mármost

p ≦ i

, vagy

q ≦ n - i - 1

volna, akkor e kivágott téglalap lefedné a

T_{i, n - i}

vagy a

T_{i + 1, n - i - 1}

téglalapot, melyeket a kívánt esetben egyetlen kivágott téglalap sem fedhet le. Így ez esetben a

T_{i + 1, n - i}

téglalapot lefedő kivágott téglalap csúcsai

A_{i + 1}

és

B_{n - i}

. Ez pedig azt jelenti, hogy az összeg megfelelő tagja

x_{i + 1} y_{n - 1}

(azaz

u_{i + 1} = y_{n - i}

vagyis az

y

-ok éppen fordított sorrendben szerepelnek, mint az előző esetben). Ekkor lesz tehát a fenti összeg a lehető legkisebb, minden más esetben ennél nagyobb.
Itt is kimutatjuk, hogy

n_{p, q}

-ra az (v) alatti egyenlőtlenségben az egyenlőség áll fenn. Ha

p + q ≦ n

, akkor

q ≦ n - p

, és az (iii) alatti egyenlőtlenséget felhasználva:

n_{p, q} ≦ n_{p, n - p} ≦ 0

; ebből

n_{p, q} ≦ 0

miatt

n_{p, q} = 0

következik. ‐ Ha pedig

p + q > n

, akkor

T_{p, q}

-t azok az

A_{i + 1}

és

B_{n - i}

csúcsú kivágott téglalapok fedik le, melyekre

i + 1 ≦ p

és

n - i ≦ q

, azaz amelyekre

n - q ≦ i ≦ p - 1

. Az ilyen téglalapok száma pedig

(p - 1) - (n - q - 1) = p + q - n

, amint állítottuk.
Végeredményül tehát a következőket kaptuk:
Legyenek

x_{1} > x_{2} > ... > x_{n}

, valamint

y_{1} > y_{2} > ... > y_{n}

pozitív számok, és

u_{1}, u_{2}, ..., u_{n}

y_{1}, y_{2} ..., y_{n}

számok valamely sorrendje. Legyen ezenfelül

M = x_{1} y_{1} + x_{2} y_{2} + ... + x_{n} y_{n}

és

m = x_{1} y_{n} + x_{2} y_{n - 1} + ... + x_{n} y_{1}

. Ekkor:

\begin{matrix} m ≦ x_{1} u_{1} + x_{2} u_{2} + ... + x_{n} u_{n} ≦ M, \end{matrix}

és egyenlőség a bal, illetve jobb oldalon csak akkor lehet, ha

u_{1} = y_{n}, u_{2} = y_{n - 1}, ..., u_{n} = y_{1}

, illetve ha

u_{1} = y_{1}, u_{2} = y_{2}, ..., u_{n} = y_{n}

.
5. Térjünk rá most az általános esetre, amikor

x_{i}

-k és

y_{i}

-k közt egyenlők is lehetnek. Fent két helyen használtuk ki, hogy sem az

x_{i}

-k, sem az

y_{j}

-k között nem voltak egyenlők. Először akkor, amikor megállapítottuk, hogy az

A_{i}

és

A_{i + 1}

, valamint a

B_{j}

és

B_{j + 1}

pontokon át húzott egyenesek egy téglalapot határoznak meg. Másodszor, amikor megállapítottuk, hogy csak egyetlen olyan eset van, amikor minden

T_{p, q}

téglalapot pontosan annyi kivágott téglalap fed le, amennyi egyáltalában lefedheti (illetve amennyinek feltétlenül le kell fednie). Az első esetben fellépő problémán könnyen lehet segíteni. Nevezetesen csak azon

A_{i}

és

B_{j}

pontok esetében készítjük el a

T_{i, j}

téglalapokat, amikor ez lehetséges, azaz ha

x_{i} \neq x_{i + 1}

és

y_{j} \neq y_{j + 1}

. Ezután a bizonyítás szó szerint úgy megy, mint a tárgyalt esetben, egészen addig, amíg a második probléma nem lép fel. Annak a bizonyítása, hogy

x_{1} u_{1} + x_{2} u_{2} + ... + x_{n} u_{n}

nem lehet nagyobb, mint

x_{1} y_{1} + x_{2} y_{2} + ... + x_{n} y_{n}

, illetve nem lehet kisebb, mint

x_{1} y_{n} + x_{2} y_{n - 1} + ... + x_{n} y_{1}

, ugyancsak nem okoz problémát. Hiszen a megfelelő helyen megállapítottuk, hogy a tárgyalt esetekben minden

T_{p, q}

téglalap pontosan annyiszor van lefedve, ahányszor egyáltalában lefedhető (illetve amennyiszer feltétlenül le kell fedni).
Tegyük fel, hogy

y_{i} \neq y_{i + 1}

pontosan akkor teljesül, ha

x_{i} = x_{i + 1}

és legyen

x_{j} \neq x_{j + 1} = x_{j + 2} = ... = x_{k} \neq x_{k + 1}

x_{1} u_{1} + x_{2} u_{2} + ... + x_{n} u_{n} = M

, akkor a szereplő összegnek megfelelő kivágott téglalapok minden

T_{p, q}

-t pontosan annyiszor fednek le, amennyiszer az egyáltalában lehetséges. Vagyis

T_{j, j}

-t

j

darab és

T_{k, k}

-t

k

darab

(k > j)

. Így

T_{k, k}

-t

k - j

olyan kivágott téglalap fedi le, mely

T_{j, j}

-t nem fedi. De ez a

k

darab téglalap nem fedheti le

T_{j, k + 1}

-t és

T_{k + 1, j}

-t sem, hiszen ezeket legfeljebb

j

darab kivágott téglalap fedheti le, márpedig a

T_{j, j}

-t lefedő

j

számú téglalap ezeket is lefedi. Így a szereplő

k - j

számú téglalap megfelelő oldalainak hossza

x_{k}

, illetve

y_{k}

. Ezen

k - j

számú téglalap rendre az

x_{j + 1} u_{j + 1}, x_{j + 2} u_{j + 2}, ..., x_{k} u_{k}

szorzatnak felel meg. Mivel az

u_{j + 1}, u_{j + 2}, ..., u_{k}

számok mindegyike ‐ mint láttuk ‐ megegyezik

y_{k}

-val, ezért

u_{j + 1} = y_{j + 1}, ..., u_{k} = y_{k}

. Így, ha az

x_{i}

-k és

y_{j} - k

között egyenlők is lehetnek, de

y_{i} = y_{i + 1}

pontosan

x_{i} = x_{i + 1}

esetén teljesül, akkor is érvényes, hogy

x_{1} u_{1} + x_{2} u_{2} + ... + x_{n} u_{n} = M

csak akkor lehet, ha minden

i

esetén

u_{i} = y_{i}

. Ugyanígy belátható a hasonló állítás

m

-re nézve, ha az

y_{i} = y_{i + 1}

pontosan

x_{n - i} = x_{n - i + 1}

esetén teljesül.
Amennyiben csak azt kötjük ki, hogy

x_{1} ≧ x_{2} ≧ ... ≧ x_{n}

és

y_{1} ≧ y_{2} ≧ ... ≧ y_{n}

pozitív számok, az

\begin{matrix} m ≦ x_{1} u_{1} + x_{2} u_{2} + ... + x_{n} u_{n} ≦ M \end{matrix}

egyenlőtlenség ugyanúgy igazolható, mint itt történt. Egyenlőség azonban más esetekben is felléphet.
A fenti módon azt is meg lehet állapítani, hogy mikor lehet egyenlőség. Kimutatható, hogy egyenlőség csak akkor lehet (és akkor nyilván fenn is áll az egyenlőség), ha minden

x_{i} u_{i}

rendre megegyezik valamelyik

x_{j} y_{j}

-vel (illetve

x_{j} y_{n - j + 1}

-gyel), mégpedig úgy, hogy más és más

x_{i} u_{i}

-hez más és más

x_{j} y_{j} (x_{j} y_{n - j + 1})

található, amellyel megegyezik.

^{$^{*}$}Fried Ervin: Az 1964. évi Arany Dániel tanulóversenyek II. fordulóján kitűzött feladatok megoldása (kezdők versenye) X. M. L. XXX (1965) 1‐2. o.

^{$^{*}$}Ezen egyenlőtlenség bizonyítása megtalálható: Hajós Gy. ‐ Neukomm Gy. ‐ Surányi J.: Matematikai versenytételek II. 2. kiadás, Tankönyvkiadó, Budapest, 1965. 44. o.