Feladat: 1491. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Baróthy Géza ,  Mitrocsák Anikó 
Füzet: 1967/szeptember, 14 - 15. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Nevezetes azonosságok, Szorzat, hatványozás azonosságai, Egyenlőtlenségek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1966/november: 1491. matematika feladat

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

I. megoldás. A közös bal oldalt polinommá alakítva a bal és jobb oldal különbsége egyszerűsödik és (1) így alakítható:

K1=a2b2+a2d2+b2c2+c2d2-4abcd=(ab-cd)2+(ad-bc)2,
ami nyilvánvalóan nem negatív, tehát az állítás helyes.
Egyenlőség akkor és csak akkor áll fönn, ha egyidejűen
ab=cdésad=bc.(3)

Ezt egyszerűbb feltételekre bonthatjuk. Összeadással
a(b+d)=c(b+d),
amihez szükséges, hogy teljesüljön:
vagya=c,(4)vagyb=-d(5)
(természetesen egyszerre is teljesülhet a két vagylagos feltétel).
Mindkettő kétféleképpen adódhat:
vagy(4')a=c=0,ekkorb,dbármi lehet,vagy(4'')a=c≠0,ekkor(3)szerintb=dis fennáll;ill.vagy(5')b=-d=0,ekkora,cbármi lehet,vagy(5'')b=-d≠0,ekkor(3)szerinta=-cis fennáll.
(4') és (5') esetén persze az egész (1) állítás semmitmondó, így lényegében akkor áll (1)-ben egyenlőség, ha
a-c=b-d=0,és haa+c=b+d=0.

(2) esetében a bal és jobb oldal különbségéhez 2abcd-t hozzáadva, egyszersmind kivonva, egy négytagú kifejezés négyzetét ismerjük föl:
K2=a2b2+a2d2+b2c2+c2d2-2ab2c-2bc2d+2cd2a+2da2b=(ab+ad-bc+cd)2,
ez nem negatív, tehát az állítás helyes. ‐ Mivel a (2) két oldalán álló kifejezések kevesebb szimmetriát mutatnak, a két oldal egyenlőségére nem adódik egyszerű feltétel.
Baróthy Géza (Pannonhalma, Bencés g. IV. o. t.)
Mitrocsák Anikó (Makó, József A. g. III. o. t.)
 

II. megoldás. Mindkét egyenlőtlenség bizonyításában elkerülhetjük a nehézkes beszorzást. (1) jobb oldala kellő csoportosítás után így alakítható:
2ac(b+d)2+2bd(a+c)2≤(a+c)22⋅(b+d)2+(b+d)22⋅(a+c)2,
ahol a jobb oldalban (1) bal oldalát ismerjük föl. ‐ A második lépésben a két pozitív szám mértani és számtani közepe közti egyenlőtlenség négyzetre emelt alakját használtuk föl; így akkor is igaz, ha pl. a és c ellentett előjelűek, hiszen ekkor ac<0 és (a+c)2≥0. ‐ (2) jobb oldala pedig
4bc(bc+cd+da+ab)-4b2c2=4bc(a+c)(b+d)-4b2c2,ésK2=(a+c)2⋅(b+d)2-4bc(a+c)(b+d)+4b2c2==[(a+c)(b+d)-2bc]2=(ab-bc+ad+cd)2.



Megjegyzés. Az (1) jobb oldalának itt használt átrendezése alapján így is haladhatunk:
K1=(a+c)2(b+d)2-2ac(b+d)2-2bd(a+c)2==[(a+c)2-2ac]⋅[(b+d)2-2bd]-4abcd=(a2+c2)(b2+d2)-4abcd==a2b2+b2c2+a2d2+c2d2-4abcd=(ab-cd)2+(ad-bc)2.