Feladat: Gy.2537 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Boncz A. ,  Harcos G. ,  Szendrői B. 
Füzet: 1989/november, 394. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Elsőfokú (és arra visszavezethető) egyenletrendszerek, Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Hatványközepek közötti egyenlőtlenség, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1989/február: Gy.2537

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

Az egyenletet 2-vel szorozva, a bal oldalon teljes négyzetek összegét kapjuk:

2x2+2y2+2z2+2v2-2xy-2yz-2zv-2v+4/5==x2+(y-x)2+(z-y)2+(v-z)2+(1-v)2-1/5,


azaz
x2+(y-x)2+(z-y)2+(v-z)2+(1-v)2=1/5.(1)

Vegyük észre, hogy (1) bal oldalán öt olyan szám négyzete áll, melyek összege 1. A számtani és négyzetes közepek közötti egyenlőtlenség szerint
x2+(y-x)2+(z-y)2+(v-z)2+(1-v)25≧≧|x|+|y-x|+|z-y|+|v-z|+|1-v|5≧≧x+(y-x)+(z-y)+(v-z)+(1-v)5=15.


A kapott egyenlőtlenségben (1) szerint egyenlőség áll. Ez pontosan akkor teljesül, ha egyfelől
|x|=|y-x|=|z-y|=|1-v|,(2)
másfelől a másodszor alkalmazott háromszög-egyenlőtlenségben az összeg valamennyi tagja egyenlő és pozitív. Ez azt jelenti, hogy (2)-ben az abszolút érték jele elhagyható, és az eredetivel ekvivalens (1) egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha x=y-x=z-y=v-z=1-v, azaz x=1/5, y=2/5, z=3/5 és v=4/5. Mivel lépéseink megfordíthatók, a talált értékek megoldásai az egyenletnek.