Feladat: 340. matematika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Zatykó L. ,  Zobor E. 
Füzet: 1952/február, 13 - 15. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Jensen-féle egyenlőtlenség, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1951/november: 340. matematika feladat

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

Sokszor látni azt a hibát, hogy ha bizonyos számoknak kiszámította valaki a számtani közepét, azután hozzá kell még egy számot vennie az adottakhoz, akkor ezek számtani közepét úgy akarja kiszámítani, hogy a már ismert számtani középnek és az új számnak veszi a számtani közepét. Ez természetesen helytelen, de ezt a hibát is haszonná fordíthatjuk, ha kijavítjuk. Legyen

x=x1+x2+...+xn+xn+1n+1,x'=x1+x2+...+xnn,
és számítsuk ki azt az y-t, amire tényleg igaz az, hogy x'-nek és y-nak a számtani közepe x. Mivel
nx'=x1+x2+...+xn=(n+1)x-xn+1,
így
x'+y2=x-bőly=2x-x'=2x-(n+1)x-xn+1n==xn+1+(n-1)xn.


Ezt a kifejezést n tagú számtani középnek tekinthetjük, melyben n-1 tag megegyezik x-szel, az n-edik pedig xn+1. Ekkor azonban fel is használhatjuk a Jensen-egyenlőtlenségre vonatkozó állítás egy teljes indukciós bizonyítására.
Tegyük fel, hogy egy f(x) függvényre teljesül az
f(x1+x22)<f(x1)+f(x2)2(1)
kéttagú szimmetrikus Jensen-egyenetlenség egy intervallum bármely két különböző x1, x2 abszcisszájára. Be akarjuk bizonyítani, hogy akkor teljesül minden pozitív egész k-val az intervallum bármely k számú abszcisszájára a k-tagú szimmetrikus Jensen-egyenlőtlenség, feltéve, hogy az abszcisszák közt vannak különbözők.
k=2-re a bizonyítandó állítás azonos a feltétellel, tehát nyilván következik belőle. Tegyük fel, hogy valamilyen k=n értékre (n legalább 2) már igazoltuk, hogy
f(x1+x2+...+xnn)<f(x1)+f(x2)+...+f(xn)n,
és be fogjuk bizonyítani, hogy akkor igaznak kell lennie a megfelelő egyenlőtlenségnek k=n+1-re is.Legyen x1, x2, ..., xn+1 az adott n+1 abszcissza. A fenti jelölések és az ott kiszámított y felhasználásával nyerjük (1) szerint, hogy
f(x1+x2+...+xn+1n+1)=f(x)=f(x'+y2)==f(x1+x2+...+xnn+xn+1+(n-1)xn)≤≤f(x1+x2+...+xnn)+f(xn+1+(n-1)xn)2


Az utolsó kifejezés mindkét tagjában a változó érték egy-egy n-tagú számtani közép, így alkalmazható rá feltevésünk szerint a Jensen-egyenlőtlenség, és nyerjük, hogy
f(x)≤f(x1)+f(x)2+...+f(xn)n+f(xn+1)+(n-1)f(x)n2==f(x1)+f(x2)+...+f(xn)+f(xn+1)+(n-1)f(x)2n.



Mindenütt meg kellett engednünk az egyenlőség jelét is, mert az előbbi lépésben fennállhat ha x'=y, az utóbbiban pedig abban az egy esetben, ha x1=x2=...=xn és xn+1=x. Az összes feltételek azonban csak akkor teljesülnek, ha x1=x2=...=xn=xn+1, ezt pedig kizártuk. Így az utolsó egyenlőtlenségben már mindig a < jel lesz érvényes.
A pozitív 2n-nel átszorozva az egyenlőtlenséget és (n-1)f(x)-et mindkét oldalból levonva nyerjük, hogy
(n+1)f(x)<f(x1)+f(x2)+...+f(xn)+f(xn+1),
amiből (n+1)-gyel átosztva adódik a Jensen-egyenlőtlenség k=n+1-re. Ezzel a bizonyítást befejeztük.
 

Megjegyzés. Bizonyításunk tulajdonképpen a Cauchy-féle bizonyításnak (lásd 339. feladat III. évf. 4‐5. szám, 201. old.) egy módosítása, annak két lépését összevonva. A két n-tagú számtani közép használata annak felel meg, hogy az n-tagú egyenlőtlenségről a 2n-tagúra következtetünk, de mindjárt használtuk a másik ötletet is; az n+1 abszcisszából 2n-et csináltunk úgy, hogy hozzájuk vettük még n-1-szer a számtani közepüket.