Feladat: Gy.2007 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: könnyű
Füzet: 1982/május, 212 - 213. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Algebrai átalakítások, Egyenlőtlenségek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1981/november: Gy.2007

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

I. megoldás. A feltétel szerint ac+bd=2ab, ahonnan rendezés után

ac-ab=ab-bd
adódik. Szorzattá alakítva
a(c-b)=b(a-d).

Két egyenlő szám szorzata nem lehet negatív, tehát
0≤ab(c-b)(a-d)=ac+bd-ab-cd=1-cd,
ahonnan cd≤1, amivel az állítást igazoltuk.
A fentiekből az is kiolvasható, hogy az adott feltételek mellett cd értéke csak akkor 1, ha c=b vagy a=d.
 
II. megoldás. Az első feltételből adódó b=1a összefüggést a második egyenlőségbe helyettesítve, majd a-val szorozva kapjuk, hogy
ca2+d=2a,tehát acx2-2x+d=0


egyenletnek az a megoldása (mivel ab=1,a≠0, így oszthattunk vele).
Ha c=0, akkor a bizonyítandó állítás nyilván igaz. Ha c≠0, akkor a fenti egyenlet másodfokú, így abból, hogy létezik megoldása, következik, hogy a diszkriminánsa nem negatív, tehát 4-4cd≥0, ahonnan 4-gyel való osztás és rendezés után a bizonyítandó állítás következik.
 

III. megoldás. Mivel ab pozitív, a és b egyező előjelűek. Ha c és d előjele különbözik vagy valamelyikük 0, akkor cd negatív vagy 0, tehát kisebb 1-nél. Emiatt a továbbiakban feltehetjük, hogy c és d előjele megegyezik. Az is könnyen látható, hogy c,d közös előjelének meg kell egyeznie a és b előjelével, mivel ellenkező esetben ac és bd negatív vagy 0 lenne, pedig ac+bd=2. Tehát a, b, c, d előjele megegyezik. Így ac, bd, cd, ab szorzatok mind pozitívak. Ekkor ac és bd mértani közepe nem lehet nagyobb a számtani közepénél, tehát
abcd≤ac+bd2=1,
innen ab=1 miatt cd≤1 és cd>0 miatt cd≤1 adódik.
Egyenlőség akkor és csak akkor teljesül, ha
ac=bd=1,azaza=1b=1c=d.
 (K. G.)