Kezdőlap


Feladat:	Gy.2545	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	1990/április, 159 - 161. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Geometriai egyenlőtlenségek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1989/március: Gy.2545

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

A bal oldali egyenlőtlenségben az egyes törtek nevezője nő, ha mindegyiket $a + b + c$ -re növeljük; eközben a törtek értéke csökken. Így

\begin{matrix} \frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + a} + \frac{c}{a + b} > \frac{a}{a + b + c} + \frac{b}{a + b + c} + \frac{c}{a + b + c} = \frac{a + b + c}{a + b + c} = 1. \end{matrix}

A felső becsléshez megmutatjuk, hogy ha

x

y

és

z

pozitív számok, és

\frac{x}{y} < 1

, akkor

\frac{x}{y} < \frac{x + z}{y + z}

. Mivel

x = \frac{x}{y} \cdot y

és

z > \frac{x}{y} \cdot z

, ezért a számlálót csökkentve valóban

\begin{matrix} \frac{x + z}{y + z} = \frac{\frac{x}{y} \cdot y + z}{y + z} > \frac{\frac{x}{y} y + \frac{x}{y} z}{y + z} = \frac{\frac{x}{y} (y + z)}{y + z} = \frac{x}{y} . \end{matrix}

A háromszög-egyenlőtlenség miatt mindhárom tört értéke kisebb 1-nél, így a fentiek szerint értékük nő, ha számlálójukhoz és nevezőjükhöz is hozzáadjuk a számlálójukat. Így éppen a bizonyítandó állítást kapjuk, hiszen

\begin{matrix} \frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + a} + \frac{c}{a + b} < \frac{2 a}{a + b + c} + \frac{2 b}{a + b + c} + \frac{2 c}{a + b + c} = \frac{2 (a + b + c)}{a + b + c} = 2. \end{matrix}

Megjegyzések. 1. A felső becslés éles, azaz a három tört összege tetszőlegesen megközelítheti a 2-t. Ez könnyen látható az olyan "tűszerű'' egyenlő szárú háromszögeken, melyek alapja kicsi. Az alsó becslés azonban javítható, ezt az is indokolja, hogy a bizonyítás során az

a

b

c

mennyiségekről csupán annyit használtunk fel, hogy értékük pozitív. Azt állítjuk, hogy ha

S

jelöli a feladatban szereplő összeget, akkor minden háromszögben

\begin{matrix} S \geq \frac{3}{2}, \end{matrix}

és a szabályos háromszög példája mutatja, hogy ez a becslés már éles. A bizonyításhoz ‐ meglepő módon ‐ továbbra sincs szükség a háromszög-egyenlőtlenségre.
Jelölje

a + b + c

értékét

p

, és tekintsük az

f (x) = \frac{x}{p - x}

függvényt. Könnyen látható, hogy

f

konvex a

(- \infty; p)

intervallumban.
A vizsgált mennyiség nem más, mint

\begin{matrix} S = \frac{a}{p - a} + \frac{b}{p - b} + \frac{c}{p - c} = f (a) + f (b) + f (c) . \end{matrix}

A Jensen-egyenlőtlenség ^{$^{*}$} szerint

\begin{matrix} \frac{f (a) + f (b) + f (c)}{3} \geq f (\frac{a + b + c}{3}) = \frac{\frac{p}{3}}{p - \frac{p}{3}} = \frac{1}{2}, \end{matrix}

ahonnan a bizonyítandó állítás következik.
2. A felső becslés bizonyításakor felhasznált "törtnövelő'' lépést érdemes általában is megemlíteni. Ha a pozitív nevezőjű

\frac{x}{y} < \frac{u}{v}

törtekhez elkészítjük az

\frac{x + u}{y + v}

törtet ‐ a két tört úgynevezett mediánsát ‐ akkor az a két tört között van, tehát

\begin{matrix} \frac{x}{y} < \frac{x + u}{y + v} < \frac{u}{v} . \end{matrix}

A megoldás során az

u = v

esetben használtuk ezt az állítást. Ennek belátásához legyen

\frac{x}{y} = t_{1}

\frac{u}{v} = t_{2}

. Ekkor

t_{1} < t_{2}

és

x = t_{1} y

u = t_{2} v

. Így

x + u = t_{1} y + t_{2} v

, azaz

y

v > 0

miatt

t_{1} (y + v) < t_{1} y + t_{2} v < t_{2} (y + v)

, és

(y + v)

-vel osztva a bizonyítandó állítást kapjuk.

^{$^{*}$}A Jensen-egyenlőtlenség megtalálható pl.: Molnár Emil: Matematikai versenyfeladatok gyűjteménye 1947‐1970. (Bp. Tankönyvkiadó 1974. 516‐521. o.)