Kezdőlap


Feladat:	F.1803	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Turán György
Füzet:	1972/szeptember, 10 - 12. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Terület, felszín, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Nevezetes egyenlőtlenségek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1972/január: F.1803

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

I. megoldás. Az egyenlőtlenség bal oldalán a gyökjel alatt az $x,$ $y,$ $z$ számok

\begin{matrix} M = \sqrt[3]{x y z} \end{matrix}

mértani közepének a köbe és

\begin{matrix} S = \frac{x + y + z}{3} \end{matrix}

számtani közepe szerepel. A jobb oldalon szereplő

\begin{matrix} P = (x + y) (y + z) (z + x) \end{matrix}

szorzat e közepeken kívül a

\begin{matrix} H = \frac{1}{\frac{1}{3} (\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z})} = \frac{3 x y z}{x y + y z + z x} \end{matrix}

harmonikus középpel hozható kapcsolatba:

\begin{matrix} P & = 2 x y z + x^{2} y + y^{2} z + z^{2} x + x y^{2} + y z^{2} + z x^{2} = \\ = (x + y + z) (x y + y z + z x) - x y z = \frac{9 S M^{3}}{H} - M^{3} . \end{matrix}

Ezek szerint (1) az

x,

y,

z

számok számtani, mértani és harmonikus közepére az

\begin{matrix} \sqrt[4]{M^{3} S} \leq \frac{1}{2} \sqrt[3]{\frac{9 S M^{3}}{H} - M^{3}} \end{matrix}

egyenlőtlenséget jelenti, amit a pozitív

M

-mel osztva a

\begin{matrix} \sqrt[4]{\frac{S}{M}} \leq \frac{1}{2} \sqrt[3]{9 \frac{S}{H} - 1} \end{matrix}

állítást kapjuk. Ez viszont nyilvánvaló következménye a

H \leq M \leq S

egyenlőtlenség-láncnak:

\begin{matrix} \sqrt[4]{\frac{S}{M}} \leq \sqrt[4]{\frac{S}{H}} \leq \sqrt[3]{\frac{S}{H}} \leq \frac{1}{2} \sqrt[3]{8 \frac{S}{H} + (\frac{S}{H} - 1)} = \frac{1}{2} \sqrt[3]{\frac{9 S}{H} - 1} . \end{matrix}

(1)-ben akkor érvényes az egyenlőség jele, ha itt mindenütt egyenlőség áll, azaz ha

H = M = S,

vagyis

x = y = z

Megjegyzés. Megoldásunkban felhasználtuk a

H \leq M

egyenlőtlenséget. Ez a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenségből következik úgy, hogy azt az

\frac{1}{x}

\frac{1}{y}

\frac{1}{z}

, számokra alkalmazzuk:

\begin{matrix} \frac{1}{M} = \sqrt[3]{\frac{1}{x} \cdot \frac{1}{y} \cdot \frac{1}{z}} \leq \frac{1}{3} (\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}) = \frac{1}{H} . \end{matrix}

II. megoldás. Egy észrevétellel visszavezetjük feladatunkat az F. 1782. feladatban bebizonyított egyenlőtlenségre. A jobb oldali gyök alatti tényezők tekinthetők egy háromszög oldalainak, mert bármelyik kettőnek az összege nagyobb a harmadiknál, pl.

\begin{matrix} \frac{x + y}{2} + \frac{y + z}{2} = \frac{x + z}{2} + y > \frac{x + z}{2} . \end{matrix}

Legyenek tehát a tényezők rendre:

\begin{matrix} \frac{x + y}{2} = a, \frac{y + z}{2} = b, \frac{z + x}{2} = c, \end{matrix}

ekkor a háromszög kerületének fele, valamint ennek többlete az egyes oldalakkal szemben

\begin{matrix} \frac{a + b + c}{2} = s = \frac{x + y + z}{2}, \end{matrix}

\begin{matrix} s - a = \frac{z}{2}, s - b = \frac{x}{2}, s - c = \frac{y}{2}, \end{matrix}

és a háromszög

t

területére vonatkozó

t^{2} = s (s - a) (s - b) (s - c)

képletet is figyelembe véve az (1) állítás így írható:

\begin{matrix} \sqrt[4]{\frac{16 s (s - a) (s - b) (s - c)}{3}} = \sqrt[4]{\frac{16 t^{2}}{3}} \leq \sqrt[3]{a b c} . \end{matrix}

Ezt négyzetre emelve (a nagyságviszony változatlan marad, mert mindkét oldal pozitív), majd átszorozva

\begin{matrix} \sqrt[]{\frac{16 t^{2}}{3}} = \frac{4 t}{\sqrt[]{3}} \leq \sqrt[3]{a^{2} b^{2} c^{2}}, 4 t \leq \sqrt[]{3} \cdot \sqrt[3]{a^{2} b^{2} c^{2},} \end{matrix}

aminek a helyességét az 1782. feladatban bebizonyítottuk.

Turán György (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn., IV. o. t.)