Kezdőlap


Feladat:	Gy.2504	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	1989/március, 115 - 116. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyenlőtlenségek, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Hatványközepek közötti egyenlőtlenség, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1988/október: Gy.2504

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

Mivel $\frac{a}{b}$ , $\frac{b}{c}$ és $\frac{c}{a}$ is pozitív számok, a négyzetes és számtani középre vonatkozó egyenlőtlenség szerint

\begin{matrix} A = \frac{\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}}{3} ≦ \sqrt[]{\frac{\frac{a^{2}}{b^{2}} + \frac{b^{2}}{c^{2}} + \frac{c^{2}}{a^{2}}}{3}} = Q, \end{matrix}

(1)

a négyzetes és a mértani középre vonatkozó egyenlőtlenség szerint pedig

\begin{matrix} 1 = \sqrt[3]{\frac{a}{b} \cdot \frac{b}{c} \cdot \frac{c}{a}} = \sqrt[]{\frac{\frac{a^{2}}{b^{2}} + \frac{b^{2}}{c^{2}} + \frac{c^{2}}{a^{2}}}{3}} = Q; \end{matrix}

(2)

mindkét egyenlőtlenségben az egyenlőség feltétele

\frac{a}{b} = \frac{b}{c} = \frac{c}{a}

, azaz

a = b = c

.
(1) és (2) jobb oldala egyaránt

Q

, ezért a bal oldalak

G

mértani közepe sem lehet

Q

-nál nagyobb :

\begin{matrix} G = \sqrt[]{1 \cdot A} ≦ Q; \end{matrix}

négyzetre emelve a bizonyítandó állítást kapjuk. Egyenlőség nyilván csak akkor teljesül, ha

a = b = c

, ellenkező esetben ugyanis

\begin{matrix} 1 = G < A < Q . \end{matrix}

Megjegyzés. Hasonlóan igazolható, hogy ha a pozitív

x_{1}, x_{2} ... x_{k}

számok szorzata

1

, akkor az

\begin{matrix} x_{1}^{n} + x_{2}^{n} + ... + x_{k}^{n} \end{matrix}

összeg

n

-ben monoton nő, tehát ha

O < n < m

egész számok, akkor

\begin{matrix} x_{1}^{n} + x_{2}^{n} + ... + x_{k}^{n} ≦ x_{1}^{m} + x_{2}^{m} + ... + x_{k}^{m}, \end{matrix}

és itt pontosan akkor áll egyenlőség, ha

x_{1} = x_{2} = ... = x_{n} = 1

. Ennek bizonyításához az

n

-ed rendű hatványközepek hasonló jellegű monotonitását, tehát a

0 ≦ n < m

esetben teljesülő

\begin{matrix} A_{n} = \sqrt[n]{\frac{x_{1}^{n} + x_{2}^{n} + ... + x_{k}^{n}}{k}} ≦ \sqrt[m]{\frac{x_{1}^{m} + x_{2}^{m} + ... + x_{k}^{m}}{k}} = A_{m} \end{matrix}

(3)

egyenlőtlenséget használjuk fel. A megoldáshoz hasonlóan most is felírjuk a mértani és számtani közép közötti

\begin{matrix} 1 = \sqrt[k]{x_{1} x_{2} ... x_{k}} ≦ A_{1} ≦ A_{m} \end{matrix}

(4)

egyenlőtlenséget. Mivel

m

darab pozitív szám mértani közepe nem lehet nagyobb e számok maximumánál,

\begin{matrix} \sqrt[m]{1^{m - n} \cdot A_{n}^{n}} ≦ {max}_{}^{} (1, A_{n}) ≦ A_{m}, \end{matrix}

(5)

így

\begin{matrix} A_{n}^{n} ≦ A_{m}^{m}, \end{matrix}

ezt akartuk bizonyítani. Végül ha az

x_{1}

számok között vannak különbözők, akkor a (3), (4), (5) egyenlőtlenségek egyikében sem állhat egyenlőség, így az valóban csak az

x_{1} = x_{2} = ... = x_{k} = 1

esetben teljesül.