Feladat: 764. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Kristóf László, ,  Schipp Ferenc 
Füzet: 1957/január, 6 - 8. oldal  PDF file
Témakör(ök): Algebrai átalakítások, Exponenciális egyenlőtlenségek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1956/május: 764. matematika feladat

Legyen
f(r)=a12+r+b12+ra12-r+b12-r.
Bizonyítsuk be, hogy
a)f(r)(ab)r,har<0,b)f(r)(ab)r,har>0.

(Az utóbbi feladatra vonatkozóan lásd feladatkitűzőnek a múlt számunkban megjelent ,,Súlyozott számtani közepekről'' c. cikkét.)

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

I. megoldás: Mindenekelőtt fel kell tennünk, hogy a>0 és b>0, mert különben az általános a12+r stb. hatványoknak esetleg nem volna értelme.
a) Elég azt az egyenlőtlenséget bizonyítani, amely a bizonyítandó f(r)(ab)r egyenlőtlenségből keletkezik, ha (a12-r+b12-r)-rel szorozzuk, mivel ez szükségképpen pozitív.

a12+r+b12+ra12br+arb12,
vagyis
a12+r+b12+r-a12br-arb120,
ami így is írható:
(a12-b12)(ar-br)0.
Ez az egyenlőtlenség pedig helyes, mert r<0 miatt a12>b12 esetén ar<br és fordítva, így szorzatunk (ha ab) mindig negatív.
Az utolsó egyenlőtlenség helyességéből a bizonyítandó egyenlőtlenség helyessége is következik, mert a végzett átalakítások visszafelé is elvégezhetők.
b) Az előzőkhöz hasonló átalakításokkal az f(r)(ab)r egyenlőtlenség
(a12-b12)(ar-br)0
alakra hozható. Ez pedig nyilván helyes, mert r>0 miatt a két tényező előjele megegyezik.
Mindkét esetben akkor áll fenn az egyenlőség, ha a=b.
 

Kristóf László (Mosonmagyaróvár, Kossuth g. II. o. t.)

 

II. megoldás: Mivel a feladatban a-nak és b-nek általános kitevőre való hatványozása szerepel, eleve fel kell tennünk, hogy a>0, b>0.
Az általánosság megszorítása nélkül választhatjuk a betűzést úgy, hogy 0<a2rb2r legyen. Súlyozzuk a2r-t és b2r-t az m=a12-r ill. n=b12-r, majd az M=br ill. N=ar súlyokkal, és használjuk fel a ,,Súlyozott számtani közepekről'' c. cikkben bebizonyított tételt (K. M. L. 1956 áprilisi számában a 98. oldalon). Ekkor r<0 esetén ab, tehát
a12b12.
Mindkét oldal a pozitív arb12-r-rel osztva,
a12-rb12-rbrar,azazmnMN.

Tehát r<0 esetén
a12-ra2r+b12-rb2ra12-r+b12-rbra2r+arb2rar+br=arbr(ar+br)ar+br,
azaz
a12+r+b12+ra12-r+b12-r(ab)r.

Ugyanígy r>0 esetén ab tehát mnMN áll fenn, amiből
a12+r+b12+ra12-r+b12-r(ab)r
következik.
 

Schipp Ferenc (Mohács, Kisfaludy K. g. III. o. t.)