Kezdőlap


Feladat:	Gy.2647	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Csiki Szabolcs , Csörnyei Marianna , Futó Gábor , György András , Imreh Csanád , Kemény Dániel , Kis Gábor , Marx Gábor , Molnár-Sáska Gábor , Róka Dániel , Surányi András , Szeidl Ádám , Veres Tamás
Füzet:	1991/április, 165 - 166. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szorzat, hatványozás azonosságai, Egyenlőtlenségek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1990/október: Gy.2647

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

Megoldás. Belátjuk, hogy ha a pozitív $a$ , $b$ , $c$ számokra $a ≧ b ≧ c,$ akkor

\begin{matrix} a^{2} + 3 b^{2} + 5 c^{2} ≦ {(a + b + c)}^{2} . \end{matrix}

(1)

Innen a bizonyítandó állítás már következik, hiszen a feltétel szerint

a + b + c ≦ 1,

így (1) jobb oldala sem lehet 1-nél nagyobb.
A feltétel szerinti egyenlőtlenségekből

\begin{matrix} a ≧ b > 0 & miatt a b ≧ b^{2}, \\ b ≧ c > 0 & miatt b c ≧ c^{2}, végül \\ a ≧ c > 0 & miatt a c ≧ c^{2} következik . \end{matrix}

A három egyenlőtlenséget összeadva

\begin{matrix} a b + + b c + a c ≧ b^{2} + 2 c^{2}, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} {(a + b + c)}^{2} = a^{2} + b^{2} + c^{2} + 2 (a b + b c + c a) ≧ a^{2} + b^{2} + c^{2} + 2 (b^{2} + 2 c^{2}) = a^{2} + 3 b^{2} + 5 c^{2}, \end{matrix}

és ezt kellett bizonyítani.
A bizonyításból kiolvasható, hogy a bizonyítandó állításban pontosan akkor áll egyenlőség, ha

a = b = c,

másfelől

a + b + c = 1,

azaz

a = b = c = \frac{1}{3} .

Szeidl Ádám (Miskolc, Földes Ferenc Gimn., I. o. t.) dolgozata alapján.

Megjegyzés. Általában igazoljuk, hogy ha a pozitív

a_{1}

\dots

a_{n}

számokra

\begin{matrix} a_{1} ≧ a_{2} ≧ \dots ≧ a_{n}, akkor \end{matrix}

\begin{matrix} {(a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n})}^{2} ≧ \sum_{i = 1}^{n} (2 i - 1) \cdot a_{i}^{2} . \end{matrix}

Végezzük el az

{(a_{1} + \dots + a_{n})}^{2}

négyzetre emelést: így

n^{2}

darab kéttényezős

a_{u} \cdot a_{v}

szorzatot kapunk

(1 ≦ u ≦ n