Feladat: F.1930 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: -
Füzet: 1975/január, 11 - 12. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Nevezetes azonosságok, Egyenlőtlenségek, Számsorozatok, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1974/április: F.1930

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

Előrebocsátjuk, hogy a bizonyítandó egyenlőtlenség a kitűzött formában nem mindig áll fenn, de ha a kisebb jel helyett a kisebb egyenlőt írjuk, akkor az így nyert egyenlőtlenség már mindig helyes. Ezt fogjuk bizonyítani.
A rekurzív definíció alapján az y0,y1,...,yn számok egyértelműen meghatározzák az x0,x1,...,xn, számokat, de fordítva is: az x0,x1,...,xn számok segítségével egyértelműen kifejezhetők az y0,y1,...,yn számok, mégpedig a következőképpen:

y0=x0yi=xi-12xi-1(i=1,2,...,n)

A bizonyítandó egyenlőtlenség ennek alapján így alakul:
x02+x12+...+xn24[x02+(x1-12x0)2+...+(xn-12xn-1)2].
A jobb oldalon a kéttagúak négyzetre emelését és a 4-gyel való beszorzást, valamint a lehetséges összevonásokat elvégezve:
x02+x12+...+xn25x02+5x12+...+5xn-12+4xn2-4x0x1-4x1x2-...-4xn-1xn.
Az egyenlőtlenség ba1 oldalát 0-ra redukálva:
04x02+4x12+...+4xn-12+3xn2-4x0x1-4x1x2-...-4xn-1xn.
A tagokat igyekszünk úgy csoportosítani, hogy csupa négyzetes tag összege szerepeljen.
02x02+(2x02-4x0x1+2x12)+...+(2xn-12-4xn-12xn+2xn2)+xn2,
azaz
02x02+2(x0-x1)2+...+2(xn-1-xn)2+xn2.
Látható, hogy a kapott egyenlőtlenség mindig igaz.
Mivel csupa megfordítható átalakítást végeztünk, az eredeti
x02+x12+...+xn24(y02+y12+...+yn2)
egyenlőtlenség is igaz.
Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha x0=0, xi-1-xi=0(i==1,2,...,n), xn=0; vagyis ha minden i-re xi=0.
Ekkor ugyancsak minden i-re: yi=0.