Feladat: Gy.2184 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Füzet: 1985/január, 20 - 21. oldal  PDF file
Témakör(ök): Egyenlőtlenségek, Gyökös függvények, Egészrész, törtrész függvények, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1984/március: Gy.2184

Az a<b<c<d természetes számokról tudjuk, hogy ad=bc. Bizonyítsuk be, hogy van olyan m egész, amelyre a<m2<d.

I. megoldás. Megmutatjuk, hogy m-nek a legkisebb, a-nál nagyobb egész megfelel, azaz
a<([a]+1)2<d.
Az első egyenlőtlenség nyilvánvaló, hiszen egy a-nál nagyobb szám négyzete nagyobb, mint a, és a<[a]+1. Másfelől

m=[a]+1a+1,ahonnanm2(a+1)2=a+2a+1.

Elegendő igazolni, hogy
a+2a+1<d.(1)
Legyen b=a+x, c=a+y, d=a+z, itt x, y, z pozitív egészek és 0<x<y<z. Ekkor a bizonyítandó állítás a következő alakot ölti:
2a+1<z.(2)
A feltétel szerint a(a+z)=(a+x)(a+y), ahonnan
(z-(x+y))a=xy.(3)
A bal oldalon a együtthatója egész, és mivel a jobb oldal pozitív, így legalább 1. Így egyrészt
z-1x+y,(4)
másrészt
xy>a.(5)
(4)-ből z-12x+y2; (5)-ből pedig xya. De x és y különböző egészek, így számtani közepük határozottan nagyobb mértani közepüknél. Igaz tehát, hogy
z-12x+y2>xya,
vagyis z-12>a, ahonnan rendezés után (2) adódik. Ezzel a bizonyítást befejeztük.
 

II. megoldás. Induljunk ki az ad=bc összefüggésből. Az ad-t prímszámok szorzataként felírva ezeket a prímeket ketté tudjuk osztani úgy is, hogy az egy-egy csoportba esők szorzata a, illetve d legyen, és úgy is, hogy a szorzatok értéke b, valamint c legyen. Ám akkor ezek a prímek négy csoportba oszthatók, mondjuk P-be, Q-ba, E-be és S-be, úgy hogy a P és Q-beli prímek szorzata a, az R és S-belieké d; a P-be és R-be eső prímek szorzata a b-t adja ki, a Q-ba és S-be esők szorzata pedig c -t. Az egy csoportba eső prímek szorzatát a megfelelő kisbetűvel jelölve azt kapjuk, hogy vannak olyan pozitív egész p, q, r, s számok, amelyekre
a=pq,b=pr,c=qs,d=rs.
Az a<b<c<d alapján pq<pr<qs<rs, azaz
q<résp<s.(6)
Akkor van olyan m egész, amire a<m2<d, ha a és d közé esik egész szám, és ez biztosan így van, ha kettejük különbsége nagyobb 1-nél:
d-a=d-ad+a>1.(7)
Elegendő tehát ezt bizonyítanunk. (6) szerint r-q-1, valamint s-p-1 nem negatívak, azért
(r+q)(s-p-1)+(p+s)(r-q-1)0,
ahonnan
rs-pqp+q+r+s2.
A számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget a jobb oldalra alkalmazva
rs-pqpq+rs
adódik. Ez pedig a bizonyítandó (7) egyenlőtlenséggel egyezik meg, ha megmutatjuk, hogy az egyenlőség nem állhat fenn. Ha ugyanis a két oldal mégis egyenlő volna, akkor szükségképpen p=q és r=s, hiszen a számtani és mértani közepük egyenlő és ekkor b=pr=qs=c, ellentétben a b<c feltétellel.