Kezdőlap


Feladat:	F.2928	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Csörnyei Marianna , Dőtsch András , Horváth Gábor , Imreh Csanád , K. L. , Kálmán Tamás , Tichler Krisztián
Füzet:	1993/október, 300 - 302. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyenlőtlenségek, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Nevezetes egyenlőtlenségek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1992/november: F.2928

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

Először az $n \geq 4$ esetben bizonyítjuk be az állítást.
Becsüljük felülről a bal oldali törtek egyikét a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség felhasználásával:

\begin{matrix} \frac{a_{1} ... a_{k - 1} a_{k + 1} ... a_{n}}{a_{k} + n - 2} \leq \frac{{(\frac{a_{1} + ... + a_{k - 1} + a_{k + 1} + ... + a_{n}}{n - 1})}^{n - 1}}{a_{k} + n - 2} < \\ < \frac{{(\frac{a_{1} + ... + a_{n}}{n - 1})}^{n - 1}}{n - 2} = \frac{1}{(n - 2) {(n - 1)}^{n - 1}} . \end{matrix}

Mivel ez mind az

n

tagra igaz,

\begin{matrix} \frac{a_{2} a_{3} ... a_{n}}{a_{1} + n - 2} + ... + \frac{a_{1} a_{2} ... a_{n - 1}}{a_{n} + n - 2} < \frac{n}{(n - 2) {(n - 1)}^{n - 1}} \leq \frac{n}{(n - 2) {(n - 1)}^{3}} . \end{matrix}

Nyilván elég megmutatni, hogy

\begin{matrix} \frac{n}{(n - 2) {(n - 1)}^{3}} \leq \frac{1}{{(n - 1)}^{2}} . \end{matrix}

Beszorozva

(n - 2) {(n - 1)}^{3}

-nel és rendezve:

\begin{matrix} n \leq (n - 2) (n - 1), \end{matrix}

\begin{matrix} 0 \leq n^{2} - 4 n + 2, \end{matrix}

\begin{matrix} 0 \leq n (n - 4) + 2. \end{matrix}

Mivel

n \geq 4

, a jobb oldal legalább

2

. Ezzel az állítást

n \geq 4

-re beláttuk. Egyenlőség ilyenkor nem állhat fenn.
Most az

n = 3

esettel foglalkozunk. Az olvashatóság kedvéért legyen

a_{1} = a

a_{2} = b

a_{3} = c

. A bizonyítandó egyenlőtlenség:

\begin{matrix} \frac{b c}{a + 1} + \frac{a c}{b + 1} + \frac{a b}{c + 1} \leq \frac{1}{4} . \end{matrix}

(1)

Figyelembe véve, hogy

\begin{matrix} \frac{b c}{a + 1} = b c - \frac{a b c}{a + 1}; \frac{a c}{b + 1} = a c - \frac{a b c}{b + 1} és \frac{a b}{c + 1} = a b - \frac{a b c}{c + 1}, \end{matrix}

rendezzük át (1)-et a következőképpen:

\begin{matrix} b c + a c + a b \leq \frac{1}{4} + a b c (\frac{1}{a + 1} + \frac{1}{b + 1} + \frac{1}{c + 1}) . \end{matrix}

Írjuk fel a számtani és a harmonikus közép közti egyenlőtlenséget az

\frac{1}{a + 1}

\frac{1}{b + 1}

\frac{1}{c + 1}

számokra:

\begin{matrix} \frac{1}{a + 1} + \frac{1}{b + 1} + \frac{1}{c + 1} \geq 3 \frac{3}{(a + 1) + (b + 1) + (c + 1)} = \frac{9}{a + b + c + 3} = \frac{9}{4} . \end{matrix}

Elég emiatt azt bizonyítani, hogy

\begin{matrix} b c + a c + a b \leq \frac{1}{4} + a b c \end{matrix}

Mivel az egyenlőtlenség szimmetrikus

a, b, c

-re, feltehetjük, hogy

a, b, c,

közül

c

az (egyik) legkisebb; ekkor

c \leq \frac{1}{3}

.
Írjuk

a

helyére

(1 - b - c)

-t és rendezzük az egyenlőtlenséget a következőképpen:

\begin{matrix} b c + (1 - b - c) c + (1 - b - c) b \leq \frac{1}{4} + \frac{9}{4} (1 - b - c) b c, \end{matrix}

\begin{matrix}  \end{matrix}

0≤4b2-9b2c-9bc2+13bc-4b+4c2-4c+1,

\begin{matrix} 0 \leq (4 - 9 c) b^{2} - (9 c^{2} - 13 c + 4) b + (4 c^{2} - 4 c + 1) . \end{matrix}

(2)

Tekintsük most a

p (x) = (4 - 9 c) x^{2} - (9 c^{2} - 13 c + 4) x + (4 c^{2} - 4 c + 1)

polinomot. Mivel

c \leq \frac{1}{3},

a polinom főegyütthatója pozitív:

4 - 9 c \geq 4 - 9 \cdot \frac{1}{3} = 1.

Ha megmutatjuk, hogy a diszkrimináns nem pozitív; abból következik, hogy a polinom helyettesítési értékei nem lehetnek negatívak, ami

x = b

esetén éppen a

(2)

egyenlőtlenség.
A diszkrimináns:

\begin{matrix} D = {(9 c^{2} - 13 c + 4)}^{2} - 4 (4 - 9 c) (4 c^{2} - 4 c + 1) = 81 c {(c - \frac{1}{3})}^{2} (c - \frac{4}{9}) . \end{matrix}

Mivel

0 < c \leq \frac{1}{3}

, azért

c - \frac{4}{9} < 0

, tehát

D \leq 0

. Ezzel az állítást n = 3-ra is igazoltuk.
Az egyenlőséghez szükséges például, hogy az

\frac{1}{a + 1}

\frac{1}{b + 1}

\frac{1}{c + 1}

számokra felírt számtani és harmonikus közép is egyenlő legyen; ez pedig csak

a = b = c

esetén teljesül.
Ha

a = b = c = \frac{1}{3},

akkor valóban egyenlőség áll fenn:

\begin{matrix} \frac{b c}{a + 1} + \frac{a c}{b + 1} + \frac{a b}{c + 1} = 3 \cdot \frac{\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3}}{\frac{1}{3} + 1} = \frac{1}{4} . \end{matrix}

Kassai Lóránt (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn. III. o. t.)