Kezdőlap


Feladat:	F.2686	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Istenes Péter
Füzet:	1988/november, 371 - 372. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Azonosságok, Egyenlőtlenségek, Függvényvizsgálat, Súlypont, Parabola egyenlete, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1988/április: F.2686

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

I. megoldás. Legyen $a_{1} = a + x$ , $a_{2} = a + y$ , $a_{3} = a + z$ , ahol $x$ , $y$ , $z ≧ 0$ . Mivel $1 = a_{1} + a_{2} + a_{3} = 3 a + (x + y + z)$ , ezért

\begin{matrix} x + y + z = 1 - 3 a . \end{matrix}

(1)

Azt kell igazolnunk, hogy

\begin{matrix} {(a + x)}^{2} + {(a + y)}^{2} + {(a + z)}^{2} ≦ 6 a^{2} - 4 a + 1, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} x^{2} + y^{2} + z^{2} + 2 a (x + y + z) + 3 a^{2} ≦ 6 a^{2} - 4 a + 1. \end{matrix}

Ebbe (1)-et beírva majd rendezve, az

\begin{matrix} x^{2} + y^{2} + z^{2} ≦ 9 a^{2} - 6 a + 1 \end{matrix}

egyenlőtlenséghez jutunk. Mivel a jobb oldalon

{(1 - 3 a)}^{2} = {(x + y + z)}^{2}

áll, így mindössze azt kell bizonyítanunk, hogy

\begin{matrix} x^{2} + y^{2} + z^{2} ≦ {(x + y + z)}^{2} . \end{matrix}

Mivel a jobb és a bal oldal különbsége:

2 (x y + x z + y z) ≧ 0

, hiszen

x, y, z ≧ 0

, az egyenlőtlenség valóban fennáll.

Istenes Péter (Budapest, Árpád Gimn., III. o. t.)

II. megoldás. Tekintsük az

y = x^{2}

egyenletű parabola

P_{1} (a_{1}, a_{1}^{2})

P_{2} = (a_{2}, a_{2}^{2})

P_{3} = (a_{3}, a_{3}^{2})

pontjaiból alkotott háromszög

S

súlypontját. Ennek koordinátái:

\frac{a_{1} + a_{2} + a_{3}}{3} = \frac{1}{3}

és

\frac{a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + a_{3}^{2}}{3}

. Mivel az

a_{i}

számok mindegyike legalább

a

, ezért

a_{i} = 1 - a_{j} - a_{k} ≦ 1 - 2 a

. Jelölje

Q

és

R

a parabola azon pontjait, melyeknek koordinátái

a

és

a^{2}

, illetve

1 - 2 a

és

{(1 - 2 a)}^{2}

. Az

y = x^{2}

függvény konvex, ezért a teljes

P_{1} P_{2} P_{3}

háromszög a

Q R

szakasz alatt helyezkedik el. Speciálisan

S

ordinátája is legfeljebb akkora, mint a

Q R

szakasz

\frac{1}{3}

abszcisszájú pontjáé. Mivel ez a pont

Q R

-nek a

Q

-hoz közelebbi harmadolópontja, ezért azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} \frac{a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + a_{3}^{2}}{3} ≦ \frac{2 a^{2} + {(1 - 2 a)}^{2}}{3}, \end{matrix}

amit bizonyítani akartunk.

Megjegyzések. 1. Mindkét bizonyításból könnyen adódik, hogy a bizonyítandó egyenlőtlenségben az egyenlőség feltétele pontosan az, hogy

a_{1}

a_{2}

a_{3}

közül kettő

a

-val, egy pedig

(1 - 2 a)

-val egyezzen meg.
2. A második megoldás alapján megfogalmazhatjuk a feladat következő általánosítását: ha

f

konvex függvény, továbbá

a_{1}, a_{2}, a_{3} ≧ a

és

a_{1} + a_{2} + a_{3} = A

, akkor

f (a_{1}) + f (a_{2}) + f (a_{3}) ≦ 2 f (a) + f (A - 2 a)

. Ugyanezzel a gondolatmenettel bizonyítható be a megfelelő állítás

3

helyett

n

valós számra is:
Ha

a_{1}, ..., a_{n} ≧ a

\sum_{i = 1}^{n} a_{i} = A

, és az

f

függvény konvex, akkor

f (a_{1}) + ... + f (a_{n}) ≦ (n - 1) f (a) + f (A - (n - 1) a)