Kezdőlap


Feladat:	1371. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Babai L. , Bárány I. , Csikós M. , Deák J. , Domokos L. , Domokos Zsuzsanna , Ferenczi Gy. , Herényi I. , Kalmár T. , Lévai F. , Márki László , Nagy Klára , Steiner Gy. , Surányi L. , Székely G. , Szörényi M. , Tényi G. , Vesztergombi Katalin
Füzet:	1966/február, 55 - 56. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Logaritmusos egyenlőtlenségek, ( x + 1/x ) > = 2 ( x > 0 ), Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1965/február: 1371. matematika feladat

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

Válasszuk a betűzést úgy, hogy teljesüljön

\begin{matrix} a ≧ b ≧ c ≧ 2, \end{matrix}

(2)

és írjuk át a bal és a jobb oldal

K

különbségét a következő alakba

\begin{matrix} K & = (log_{(a + b)} c^{2} - 1) + (log_{(b + c)} a^{2} - 1) + (log_{(c + a)} b^{2} - 1) = \\ = & log_{(a + b)} \frac{c^{2}}{(a + b)} + log_{(b + c)} \frac{a^{2}}{b + c} + log_{(c + a)} \frac{b^{2}}{c + a}, \end{matrix}

ugyanis bármely pozitív, az egységtől különböző

x

esetén

log_{x} x = 1

. Felhasználva még, hogy

x > 1

y > 1

és

z ≧ x

esetén

\begin{matrix} log_{z} y = \frac{log_{x} y}{log_{x} z} ≦ log_{x} y, \end{matrix}

mert a tört nevezője nem kisebb

1

-nél, a 2. és a 3. tag helyett is

a + b

alapú logaritmust írva

K

-t csökkentjük vagy változatlanul hagyjuk:

\begin{matrix} K ≧ log_{(a + b)} \frac{c^{2}}{a + b} + log_{(a + b)} \frac{a^{2}}{b + c} + log_{(a + b)} \frac{b^{2}}{c + a} = & (3) \\ = log_{(a + b)} \frac{c^{2}}{a + b} \cdot \frac{a^{2}}{b + c} \cdot \frac{b^{2}}{c + a}, \end{matrix}

ugyanis (2) miatt

a + b ≧ a + c ≧ b + c

. Az utolsó alakban a logaritmus alapja

a + b ≧ 4 > 1

, így a jobb oldal, és vele

K

is, akkor nem negatív, ha

1

-nél nem kisebb szám logaritmusáról van szó.
Ez a követelmény teljesül, ugyanis a számot

\begin{matrix} \frac{a b}{a + b} \cdot \frac{b c}{b + c} \cdot \frac{a c}{a + c} \end{matrix}

alakban írva egyik tényező sem kisebb

1

-nél, hiszen (2) miatt pl.

\begin{matrix} a b ≧ 2 a ≧ a + b . \end{matrix}

(4)

Ezzel az állítást bebizonyítottuk. ‐ (1)-ben akkor áll egyenlőség, ha mind (3)-ban, mind (4)-ben egyenlőség áll, vagyis ha

\begin{matrix} a + b = b + c = c + a, azaz a = b = c, \end{matrix}

ill. ha

b = 2

, vagyis a közös érték

2

Nagy Klára (Makó, József A. g. IV. o. t.)

II. megoldás. Kissé más úton jutunk célhoz, ha mindjárt kezdetben egy közös logaritmus-alapra térünk át, amelyről csak azt tesszük fel, hogy

1

-nél nagyobb. Ekkor (1) bal oldala

\begin{matrix} L = 2 (\frac{log c}{log (a + b)} + \frac{log a}{log (b + c)} + \frac{log b}{log (c + a)}) \end{matrix}

(a közös logaritmus-alapot nem írtuk ki). Az első tört csökken, ha nevezője helyére a nagyobb, vagy vele egyenlő

\begin{matrix} log a b = log a + log b \end{matrix}

kifejezést írjuk ‐ ugyanis az (eredeti) feltevés miatt

(a - 1) (b - 1) ≧ 1

, és így

a b ≧ a + b

‐, és mindez érvényes a további két tört hasonló alakítására is:

\begin{matrix} L ≧ 2 (\frac{log c}{log a + log b} + \frac{log a}{log b + log c} + \frac{log b}{log a + log c}) \end{matrix}

(felhasználtuk azt is, hogy mindegyik számláló és mindegyik nevező pozitív). Jelöljük a három nevezőt rendre

p

q

r

betűvel, ekkor pl.

log c = (- p + q + r) / 2

, így

\begin{matrix} L ≧ (\frac{- p + q + r}{p} + \frac{p - q + r}{q} + \frac{p + q - r}{r}) = \\ = (\frac{p}{q} + \frac{q}{p}) + (\frac{q}{r} + \frac{r}{q}) + (\frac{r}{p} + \frac{p}{r}) - 3. \end{matrix}

Itt mindegyik zárójelben

2

-nél nem kisebb szám áll, mert pl. az első összegre

\begin{matrix} \frac{p}{q} + \frac{q}{p} - 2 = \frac{p^{2} + q^{2} - 2 p q}{p q} = \frac{{(p - q)}^{2}}{p q} ≧ 0. \end{matrix}

Ennélfogva

L ≧ 3

. Ezt kellett bizonyítanunk.

Márki László (Budapest, Fazekas M. gyak. g. IV. o. t.)