Kezdőlap


Feladat:	917. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Balogh Kálmán , Bod Judit , Bóta Károly , Major Péter
Füzet:	1965/január, 25 - 27. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Algebrai átalakítások, Konstruktív megoldási módszer, ( x + 1/x ) > = 2 ( x > 0 ), Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Szélsőérték-feladatok differenciálszámítás nélkül, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1964/május: 917. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. Alakítsuk az (1) kifejezést az alábbiak szerint:

\begin{matrix} (a^{2} - 2 a b + b^{2}) + (c^{2} - 2 c d + d^{2}) + 3 (a b + c d) + \\ + (a c + b d) + (a d + b c) = {(a - b)}^{2} + {(c - d)}^{2} + \\ + 3 (a b + \frac{1}{a b}) + (a c + \frac{1}{a c}) + (a d + \frac{1}{a d}) . \end{matrix}

Az utolsó három zárójelben felhasználtuk, hogy a feltevés szerint

a b c d = 1

, így a második tag mindig az elsőnek a reciprokával helyettesíthető.
Az utolsó három zárójeles kifejezés mindegyike

e + 1 / e

alakú, ahol

e

pozitív szám. Megmutatjuk, hogy egy pozitív számhoz az ilyen összeg értéke legalább 2. Valóban

\begin{matrix} e + \frac{1}{e} - 2 = \frac{e^{2} - 2 e + 1}{e} = \frac{{(e - 1)}^{2}}{e} \geq 0, \end{matrix}

e > 0

, és egyenlőség csak az

e = 1

esetben áll fenn. Ebből az állítás következik, hiszen így az utolsó három tag összege legalább

6 + 2 + 2 = 10

, az első két tag pedig nem negatív.
Ha

a = b

c = d

a b = a c = a d = 1

, akkor mindenütt egyenlőség áll,

S

értéke pedig 10, más esetben a ,,> '' jel érvényes. A feltételekből

a^{2} = 1

, és

a > 0

folytán

a = 1 = b = c = d

Bóta Károly (Budapest, Fazekas M. Gyak. G. II. o. t.)

II. megoldás. Ha az

a

b

c

d

számok nem mindegyike 1, akkor van köztük 1-nél kisebb és 1-nél nagyobb. Mivel a négy számot bármilyen más sorrendben véve

S

-ben csak a tagok sorrendje változik meg,

S

értéke nem, így feltehetjük, hogy

\begin{matrix} a > 1 > b . \end{matrix}

(2)

Változtassuk a számainkat úgy, hogy szorzatuk ne változzék, de

a

helyett

a' = 1

-et írunk. Legyen

b' = a b

c' = c

d' = d

. Ekkor

\begin{matrix} S' = 1^{2} + {(a b)}^{2} + c^{2} + d^{2} + 1 \cdot a b + 1 \cdot c + 1 \cdot d + a b \cdot c + a b \cdot d + c d . \end{matrix}

Ezt

S

-ből levonva

\begin{matrix} S - S' = a^{2} + b^{2} - 1 - a^{2} b^{2} + a c + a d + b c + b d - c - d - a b c - a b d = \\ = (a^{2} - 1) (1 - b^{2}) + (c + d) (a + b - 1 - a b) = \\ = (a - 1) (1 - b) [(a + 1) (1 + b) + c + d] . \end{matrix}

Itt az első két tényező a (2) feltétel folytán, a harmadik pedig számaink pozitív volta miatt pozitív, tehát pozitív a különbség is, azaz

S > S'

.
Ha az

a'

b'

c'

d'

számok közt van különböző, akkor az eljárást ismételhetjük. Véges sok (legfeljebb 3) lépés után

S^{*}

értékhez jutunk, amelyben

a^{*} = b^{*} = c^{*} = d^{*} = 1

S^{*} = 10

. Így

S \geq S^{*} = 10

, és egyenlőség csak akkor áll, ha

a = b = c = d = 1

Major Péter (Budapest, Fazekas M. Gyak. G. II. o. t.)

III. megoldás. Megoldásunkat arra alapítjuk, hogy négy pozitív szám számtani közepe,

(a + b + c + d) / 4

nem kisebb mértani középüknél,

\sqrt[4]{a b c d}

-nél. Ezt a megoldás végén igazoljuk. Esetünkben ez a következő egyenlőtlenséget adja:

\begin{matrix} a + b + c + d \geq 4. \end{matrix}

Ezt négyzetre emelve, majd 2-vel osztva

\begin{matrix} \frac{a^{2}}{2} + \frac{b^{2}}{2} + \frac{c^{2}}{2} + \frac{d^{2}}{2} + a b + a c + a d + b c + b d + c d \geq 8. \end{matrix}

(4)

Alkalmazzuk a szóban forgó egyenlőtlenséget a bal oldal első négy tagjára, és vegyük figyelembe a feltevést:

\begin{matrix} \frac{1}{4} (\frac{a^{2}}{2} + \frac{b^{2}}{2} + \frac{c^{2}}{2} + \frac{d^{2}}{2}) \geq \sqrt[4]{\frac{a^{2} b^{2} c^{2} d^{2}}{16}} = \frac{1}{2} \sqrt[]{a b c d} = \frac{1}{2} . \end{matrix}

Ennek 4-szeresét (4)-hez hozzáadva a bizonyítandó állítást kapjuk:

S \geq 10

.
A felhasznált egyenlőtlenséget a két pozitív számra vonatkozó megfelelő

(u + v) / 2 \geq \sqrt[]{u v}

egyenlőtlenségből könnyen kaphatjuk (ami helyes, mert

(u + v) / 2 - \sqrt[]{u v} = (u + v - 2 \sqrt[]{u v}) / 2 = {(\sqrt[]{u} - \sqrt[]{v})}^{2} / 2 \geq 0)

. Alkalmazzuk ezt az egyenlőtlenséget az

(a + b + c + d) / 4

kifejezésben előbb külön‐külön az

a

b

és a

c

d

számpárra, majd a

\sqrt[]{a b}

\sqrt[]{c d}

számpárra. Így

\begin{matrix} \frac{a + b + c + d}{4} = \frac{1}{2} (\frac{a + b}{2} + \frac{c + d}{2}) \geq \frac{\sqrt[]{a b} + \sqrt[]{c d}}{2} \geq \sqrt[]{\sqrt[]{a b} \cdot \sqrt[]{c d}} = \sqrt[4]{a b c d}, \end{matrix}

és ezt akartuk igazolni.

Bod Judit (Budapest, Apáczai Csere J. Gyak. G. I. o. t.)

Megjegyzés. Akárhány pozitív számra is fennáll a fentihez hasonló egyenlőtlenség¹

\begin{matrix} \frac{c_{1} + c_{2} + ... + c_{n}}{n} \geq \sqrt[n]{c_{1} c_{2} ... c_{n}} . \end{matrix}

Ezt alkalmazva az

S

összeg 10 tagjára, azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} \frac{S}{10} \geq \sqrt[10]{a^{2} \cdot b^{2} \cdot c^{2} \cdot d^{2} \cdot a b \cdot a c \cdot a d \cdot b c \cdot b d \cdot c d} = \sqrt[10]{a^{5} b^{5} c^{5} d^{5}} = 1, \end{matrix}

vagyis

S \geq 10

, és ezt kellett bizonyítani.

Balogh Kálmán (Budapest, Fazekas M. Gyak. G., I. o. t.)

¹Lásd pl. Kürschák J.‐Hajós Gy.‐Neukomm Gy.‐Surányi J.: Matematikai Versenytételek I. (Tankönyvkiadó, Budapest, 1955) 111. o.