Kezdőlap


Feladat:	1417. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):	Balogh József , Faragó Tibor
Füzet:	1966/október, 59 - 60. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Hatványközepek közötti egyenlőtlenség, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1965/november: 1417. matematika feladat

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

I. megoldás. Két önmagában is érdekes segédtételt használunk majd föl, előbb ezeket bizonyítjuk.

I. segédtétel: Az

a

b

c

pozitív számok reciprokainak összege nem kisebb számtani közepük reciprokának 3-szorosánál.
A két pozitív szám számtani és mértani közepére ismert egyenlőtlenség szerint

\begin{matrix} a + b \geq 2 \sqrt[]{a b}, a + c \geq 2 \sqrt[]{a c}, b + c \geq 2 \sqrt[]{b c} . \end{matrix}

(1)

Ezek szorzatához mindkét oldalon

a b c

-t adva, a bal oldal szorzattá alakítható:

\begin{matrix} (a + b) (a + c) (b + c) + a b c = (a b + a c + b c) (a + b + c) \geq 9 a b c, \end{matrix}

és innen osztással

\begin{matrix} \frac{a b + a c + b c}{a b c} = \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \geq \frac{9}{a + b + c} = 3 \cdot \frac{1}{(a + b + c) / 3}, \end{matrix}

(2)

amit bizonyítani akartunk.

II. segédtétel: Az

a

b

c

pozitív számok négyzetösszege nem kisebb összegük négyzetének 3-adrészénél.
Alkalmazzuk az (1)-ben fölhasznált tételt az

a^{2}

b^{2}

c^{2}

számokra:

\begin{matrix} a^{2} + b^{2} \geq 2 a b, a^{2} + c^{2} \geq 2 a c, b^{2} + c^{2} \geq 2 b c, \end{matrix}

(3)

összeadással

\begin{matrix} a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq a b + a c + b c; \end{matrix}

így pedig

\begin{matrix} {(a + b + c)}^{2} = (a^{2} + b^{2} + c^{2}) + 2 (a b + a c + b c) \leq 3 (a^{2} + b^{2} + c^{2}), \end{matrix}

(4)

ami állításunkat bizonyítja.
Föltevésünk alapján utóbbi eredményünk így írható:

\begin{matrix} a + b + c \leq \sqrt[]{3} . \end{matrix}

(5)

Mostmár (5)-öt fölhasználva (2)-ből

\begin{matrix} \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \geq \frac{9}{a + b + c} \geq \frac{9}{\sqrt[]{3}} = \sqrt[]{27} > \sqrt[]{16} = 4, \end{matrix}

(6)

amit bizonyítanunk kellett.
A szóban forgó 4-es alsó korláton túlmenve egy nagyobb alsó korlátot találtunk a

\sqrt[]{27} = 3 \sqrt[]{3}

számban

a

b

c

reciprokainak összegére, a feladat állítását élesítettük. További élesítés már nem lehetséges, mert amennyiben (1)-ben és (3)-ban mind a három helyen egyenlőség áll, vagyis ha

a = b = c

, akkor (2)-ben és (4)-ben, és ennélfogva (5)-ben és (6)-ban is a

\geq

jelek közül az egyenlőség érvényes.

Balogh József (Hatvan, Bajza J. g. III. o. t.)

II. megoldás. Cseréljük fel három számunk jelölését úgy ‐ ha kell ‐, hogy álljon

a \geq b \geq c

. Ekkor

\begin{matrix} a^{2} \geq b^{2} \geq c^{2} > 0, így \\ 1 = a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq c^{2} & + c^{2} + c^{2} = 3 c^{2}, amiből \frac{1}{c} \geq \sqrt[]{3} > 1, 7, \\ 1 = a^{2} + b^{2} + c^{2} > a^{2} & + b^{2} \geq 2 b^{2}, amiből \frac{1}{b} > \sqrt[]{2} > 1, 4, \\ 1 > a^{2}, & amiből \frac{1}{a} > 1, és így \end{matrix}

\begin{matrix} \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} > 4, 1 > 4. \end{matrix}

Faragó Tibor (Budapest, Bláthy O. t. III. o. t.)

Megjegyzés. (2) így is írható:

\begin{matrix} \frac{a + b + c}{3} \geq \frac{1}{\frac{\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}}{3}} . \end{matrix}

A jobb oldalon az

a

b

c

pozitív számuk reciprokai számtani közepének reciproka áll. Ezt szokás az

a

b

c

, számok harmonikus középértékének nevezni. Eszerint három szám

H

harmonikus közepe kisebb

A

számtani (aritmetikai) közepüknél vagy egyenlő vele:

H \leq A

. Egyenlőség csak

a = b = c

, esetén áll fenn.
(4) így írható:

\begin{matrix} \sqrt[]{\frac{a^{2} + b^{2} + c^{2}}{3}} \geq \frac{a + b + c}{3} . \end{matrix}

A bal oldali kifejezést az

a

b

c

számok négyzetes (quadratikus) középértékének nevezik. Eszerint három pozitív szám

Q

négyzetes középértéke nem kisebb aritmetikai közepüknél:

Q \geq A

. Egyenlőség csak

a = b = c

esetén áll fenn.