Kezdőlap


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

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 $a^{\frac{1}{2} + r}$ stb. hatványoknak esetleg nem volna értelme.
a) Elég azt az egyenlőtlenséget bizonyítani, amely a bizonyítandó $f (r) \leq {(a b)}^{r}$ egyenlőtlenségből keletkezik, ha ( $a^{\frac{1}{2} - r} + b^{\frac{1}{2} - r}$ )-rel szorozzuk, mivel ez szükségképpen pozitív.

\begin{matrix} a^{\frac{1}{2} + r} + b^{\frac{1}{2} + r} \leq a^{\frac{1}{2}} b^{r} + a^{r} b^{\frac{1}{2}}, \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} a^{\frac{1}{2} + r} + b^{\frac{1}{2} + r} - a^{\frac{1}{2}} b^{r} - a^{r} b^{\frac{1}{2}} \leq 0, \end{matrix}

ami így is írható:

\begin{matrix} (a^{\frac{1}{2}} - b^{\frac{1}{2}}) (a^{r} - b^{r}) \leq 0. \end{matrix}

Ez az egyenlőtlenség pedig helyes, mert

r < 0

miatt

a^{\frac{1}{2}} > b^{\frac{1}{2}}

esetén

a^{r} < b^{r}

és fordítva, így szorzatunk (ha

a \neq b

) 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) \geq {(a b)}^{r}

egyenlőtlenség

\begin{matrix} (a^{\frac{1}{2}} - b^{\frac{1}{2}}) (a^{r} - b^{r}) \geq 0 \end{matrix}

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 < a^{2 r} \leq b^{2 r}

legyen. Súlyozzuk

a^{2 r}

-t és

b^{2 r}

-t az

m = a^{\frac{1}{2} - r}

ill.

n = b^{\frac{1}{2} - r}

, majd az

M = b^{r}

ill.

N = a^{r}

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

a \geq b

, tehát

\begin{matrix} a^{\frac{1}{2}} \geq b^{\frac{1}{2}} . \end{matrix}

Mindkét oldal a pozitív

a^{r} \cdot b^{\frac{1}{2} - r}

-rel osztva,

\begin{matrix} \frac{a^{\frac{1}{2} - r}}{b^{\frac{1}{2} - r}} \geq \frac{b^{r}}{a^{r}}, azaz \frac{m}{n} \geq \frac{M}{N} . \end{matrix}

Tehát

r < 0

esetén

\begin{matrix} \frac{a^{\frac{1}{2} - r} a^{2 r} + b^{\frac{1}{2} - r} b^{2 r}}{a^{\frac{1}{2} - r} + b^{\frac{1}{2} - r}} \leq \frac{b^{r} a^{2 r} + a^{r} b^{2 r}}{a^{r} + b^{r}} = \frac{a^{r} b^{r} (a^{r} + b^{r})}{a^{r} + b^{r}}, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} \frac{a^{\frac{1}{2} + r} + b^{\frac{1}{2} + r}}{a^{\frac{1}{2} - r} + b^{\frac{1}{2} - r}} \leq {(a b)}^{r} . \end{matrix}

Ugyanígy

r > 0

esetén

a \geq b

tehát

\frac{m}{n} \leq \frac{M}{N}

áll fenn, amiből

\begin{matrix} \frac{a^{\frac{1}{2} + r} + b^{\frac{1}{2} + r}}{a^{\frac{1}{2} - r} + b^{\frac{1}{2} - r}} \geq {(a b)}^{r} \end{matrix}

következik.

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