Feladat: F.2624 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Cynolter Gábor 
Füzet: 1987/október, 300 - 301. oldal  PDF file
Témakör(ök): Függvényvizsgálat differenciálszámítással, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, "e" szám közelítő kiszámítása, Feladat, Exponenciális egyenlőtlenségek
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1987/február: F.2624

Bizonyítsuk be, hogy ha x>0, akkor
(12)x+x12>1.

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

I. megoldás. Ha x1, akkor x1, (12)x>0, tehát

(12)x+x>1.
Ha 0<x<1, akkor legyen az n olyan pozitív egész, amelyre
1n+1<x1n.
Az (12)x függvény szigorúan monoton csökken, erre az n egészre tehát
(12)x(12)1/n=12n.(1)

Ismeretes, hogy ha a>0, akkor an1+a-1n. (Bal oldalt n-1 darab 1-es és az a szám mértani közepe, jobb oldalt pedig ugyanennek az n darab számnak a számtani közepe áll.) Ezt a=2-re alkalmazva 2n<n+1n, tehát 12n>nn+1=1-1n+1. Az (1) egyenlőtlenséggel összevetve azt kapjuk, hogy
(12)x>1-1n+1.(2)

Másrészt 0<x<1 esetén x>x, és tudjuk, hogy x>1n+1. Innen
x>1n+1.
Ezt a (2) egyenlőtlenséghez hozzáadva éppen a bizonyítandó állításhoz jutunk.
II. megoldás. Elég a 0<x<1 esettel foglalkoznunk (hiszen x1 esetén x1 és (12)x>0). Ebben az esetben x>x, tehát elég belátnunk, hogy
(12)x+x>1,(3)
ha 0<x<1. Tekintsük az f(x)=(12)x+x=2-x+x függvényt. Ennek deriváltja f'(x)=-ln22-x+1. Ha x>0, akkor 2-x<20=1, mert a 2-x függvény szigorúan monoton csökken. Következésképp -ln22-x>-ln2, így x>0 esetén f'(x)>1-ln2>0. Ha a derivált függvény egy intervallumban pozitív, akkor ott a függvény szigorúan monoton nő, tehát f(x) szigorúan monoton nő a (0,+) félegyenesen. Így x>0 esetén f(x)>f(0)=(12)0+0=1, amiből (12)x+x>1 következik minden pozitív x-re, így 0<x<1 esetén is. ‐ Ezzel állításunkat bebizonyítottuk.
 

 Cynolter Gábor (Bp., Fazekas M. Gyak. Gimn., IV. o. t.)
 dolgozata alapján
III. megoldás. Ismét azt bizonyítjuk, hogy (12)x+x>1, ha 0<x<1. Ha x>0, akkor 2-x>e-x. Elég tehát azt belátnunk, hogy
e-x+x>1ha0<x<1.(4)
Bebizonyítjuk, hogy ha y0 és y>-1, akkor
ey>1+y.(5)
Ebből y=-x helyettesítéssel (4), s így a feladat állítása következik. Ismeretes, hogy
ey=limn(1+yn)n.
Belátjuk, hogy ha y>-1 és y0, akkor az an=(1+yn)n sorozat szigorúan monoton nő, azaz
(1+yn)n<(1+yn+1)n+1=(1+n+1+yn+1)n+1.
Vonjunk mindkét oldalból n+1-edik gyököt:
(1+yn)n1n+1<n+1+yn+1.(6)
A bal oldal n darab 1+yn és egy darab 1-es mértani közepe, a jobb oldal pedig ugyanennek az n+1 számnak a számtani közepe. E számok nem mind egyenlők, mert y0, és mind pozitívak, mert y>-1, így fennáll köztük a (6) egyenlőtlenség. Ezzel beláttuk, hogy ha y0, y>-1, akkor az (1+yn)n=an sorozat szigorúan monoton nő, tehát limn+an>a1, ami éppen az (5) egyenlőtlenség.
 

Megjegyzések. 1. Az (5) egyenlőtlenség szerint ey-1y>1, ha y>0, és ey-1y<1, ha y<0. Az ex függvény görbéjének 1 és y abszcisszájú pontját összekötő húr meredeksége tehát 1-nél nagyobb, ha y>0 és 1-nél kisebb, ha y<0.
 
 

Az ex függvény grafikonjának 0 abszcisszájú pontjában az érintő éppen 1 meredekségű, az (5) egyenlőtlenség tehát azt fejezi ki, hogy a függvény grafikonja az x=0 pont kivételével mindenütt a 0 abszcisszájú pontban húzott érintő fölött van. Ez pedig következik az ex függvény konvexitásából is.