Kezdőlap


Feladat:	756. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Gergely Ervin , Pogány Eörs
Füzet:	1956/december, 140 - 141. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Algebrai átalakítások, Magasabb fokú egyenlőtlenségek, Egyenlőtlenségek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1956/április: 756. matematika feladat

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

I. megoldás: Mivel a feltétel szerint $a$ és $b$ pozitív számok, azért az (1)-ben szereplő nevezők szorzata pozitív, és így ezzel szorozva (1)-et, az

\begin{matrix} (a^{u} + b^{u}) (a^{v + k} + b^{v + k}) \geq (a^{v} + b^{v}) (a^{u + k} + b^{u + k}) \end{matrix}

egyenlőtlenséghez jutunk.
Nem megy az általánosság rovására, ha feltesszük, hogy

a > b

, mert hiszen (1) és utolsó egyenlőtlenségünk is

a

és

b

-re nézve szimmetrikus.
Beszorzás, rendezés és kiemelés után

\begin{matrix} a^{v} b^{u} (a^{k} - b^{k}) \geq a^{u} b^{v} (a^{k} - b^{k}) . \end{matrix}

(2)

Mivel azonos átalakításokat végeztünk, azért elég (2) helyességét igazolni.
Ha

a = b

, akkor (2) mindkét oldala

0

, vagyis az egyenlőség jele érvényes.
Ha

a > b

, akkor a

k > 0

feltevés miatt

a^{k} - b^{k} > 0

, és így mindkét oldalt

(a^{k} - b^{k})

-val osztva, az

\begin{matrix} a^{v} b^{u} \geq a^{u} b^{v}, \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} {(\frac{a}{b})}^{v} \geq {(\frac{a}{b})}^{u} \end{matrix}

(3)

egyenlőtlenség igazolandó. Mivel feltevésünk szerint

\frac{a}{b} > 1

, és

u < v

, azért (3) helyessége nyilvánvaló.

Pogány Eörs (Bp. V., Eötvös J. g. III. o. t.)

II. megoldás: A feltevés szerint

a

b > 0

, azért (1) írható ilyen alakban:

\begin{matrix} \frac{a^{v} a^{k} + b^{v} b^{k}}{a^{v} + b^{v}} \geq \frac{a^{u} a^{k} + b^{u} b^{k}}{a^{u} + b^{u}} . \end{matrix}

(4)

Itt a baloldal az

a^{k}

b^{k} > 0

számoknak a pozitív

a^{v}

és

b^{v}

súlyokkal, a jobboldal pedig ugyanezeknek a számoknak az ugyancsak pozitív

a^{u}

és

b^{u}

súlyokkal képezett számtani közepe.
Ha

a = b

, akkor (4)-ben az egyenlőség jele érvényes

(a^{k} = b^{k})

. Ellenkező esetben

a

és

b

szimmetrikus szerepe miatt feltételezhetjük, hogy pl.

a < b

. Ez esetben (feltételezve, hogy

k > 0

)

a^{k} < b^{k}

és így a ,,Súlyozott számtani közepekről'' c. cikkben, az 1956. áprilisi szám 98. oldalán, kimutatott tétel alapján (4), akkor, és csakis akkor teljesül, ha

\begin{matrix} \frac{a^{u}}{b^{u}} > \frac{a^{v}}{b^{v}}, vagyis {(\frac{a}{b})}^{u} > {(\frac{a}{b})}^{v} . \end{matrix}

Utóbbi egyenlőség azonban az

u < v

és

\frac{a}{b} < 1

kikötések miatt fennáll, mert az

1

-nél kisebb alapú exponenciális függvény monoton csökken.

Gergely Ervin (Bp. IV., Könyves Kálmán g. III. o. t.)