Kezdőlap


Feladat:	1957. évi Matematika OKTV I. forduló 1. feladata	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1957/május, 136 - 137. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Nevezetes azonosságok, OKTV
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1957/május: 1957. évi Matematika OKTV I. forduló 1. feladata

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

I. megoldás: A bizonyítandó állítás írható az

\begin{matrix} \frac{a}{b^{2}} + \frac{b}{a^{2}} - \frac{1}{a} - \frac{1}{b} \geq 0 \end{matrix}

(1)

alakban.
A baloldalt közös nevezőre hozva, majd a számlálót ismételten tényezőkre bontva nyerjük, hogy

\begin{matrix} \frac{a^{3} + b^{3} - a b^{2} - a^{2} b}{a^{2} b^{2}} = \frac{(a + b) (a^{2} - a b + b^{2}) - a b (a + b)}{a^{2} b^{2}} = \\ = \frac{(a + b) (a^{2} - a b + b^{2} - a b)}{a^{2} b^{2}}, \end{matrix}

vagyis egyenlőtlenségünk így is írható

\begin{matrix} \frac{(a + b) {(a - b)}^{2}}{a^{2} b^{2}} \geq 0. \end{matrix}

(2)

Mivel az

a = 0

b = 0

értékek ki vannak zárva (mert különben az adott egyenlőtlenség értelmetlen volna),

a^{2} b^{2}

mindig pozitív,

{(a - b)}^{2}

nem lehet negatív,

(a + b)

pedig a feltétel szerint pozitív, és így az (1)-gyel egyenértékű (2) helyessége nyilvánvaló. Az egyenlőség jele csak akkor érvényes, ha

a = b

Megjegyzés. Lényegében ugyanezeken az átalakításokon keresztül jutunk célhoz akkor is, ha bizonyítandó egyenlőtlenséget összevonás után a feltétel szerint pozitív

\frac{a^{2} b^{2}}{a + b}

értékkel szorozzuk, és azután redukáljuk 0-ra, vagy ha a két oldal különbségét úgy képezzük, hogy a két oldal megfelelő tagjainak különbségét képezzük először, amikor is egyszerű módon adódik a tényezőkre bontás. Lényegében ehhez az eljáráshoz csatlakozik a következő megoldás.

II. megoldás: Egyenlőtlenségünk

\begin{matrix} p u + \frac{1}{p} v \geq u + v \end{matrix}

alakban írható, ahol a

p = \frac{a^{2}}{b^{2}}

u = \frac{1}{a}

v = \frac{1}{b}

. Vizsgáljuk meg, hogy milyen esetekben áll fenn ez az egyenlőtlenség, ha

p \geq 1

, és

u > 0

. A két oldal különbsége (mely tehát nem lehet negatív):

\begin{matrix} p u + \frac{1}{p} v - u - v = (p - 1) u + (\frac{1}{p} - 1) v = (p - 1) (u - \frac{v}{P}) . \end{matrix}

Ez 0, ha

p = 1

. Ellenkező esetben az első tényező feltétel szerint pozitív, tehát a második sem lehet negatív:

\begin{matrix} u \geq \frac{v}{p} azaz, mivel u > 0, p > 0, p \geq \frac{v}{u} . \end{matrix}

Az egyenlőtlenség tehát helyes, ha

p

sem 1-nél, sem

\frac{v}{u}

-nál nem kisebb. A versenyfeladat esetében feltehetjük, hogy

a \geq b

, a feladat feltétele szerint pedig

a > - b

. A kettőből ekkor

\begin{matrix} a \geq | b |, \frac{a}{| b |} \geq 1, \frac{a^{2}}{b^{2}} \geq 1. \end{matrix}

Így

p = \frac{a^{2}}{b^{2}}

u = \frac{1}{a}

v = \frac{1}{b}

választás mellett

\begin{matrix} p \geq 1, másrészt p = \frac{a^{2}}{b^{2}} = \frac{a}{| b |} \cdot \frac{a}{| b |} \geq \frac{a}{| b |} \geq \frac{a}{| b |} \geq \frac{a}{b} = \frac{v}{u} \end{matrix}

végül az

a | \geq | b | \geq 0

(és nyilván

a \neq 0

) folytán

u = \frac{1}{a} > 0

. Így alkalmazható eredményünk, és a bizonyítandó egyenlőtlenség, helyességét adja. Ezzel állításunkat egy valamivel általánosabb egyenlőtlenség következményeként kaptuk.

Megjegyzés. Számos megoldás nem volt teljes értékű, mert szerzője, szorozva vagy osztva (

a + b

)-vel, nem hangsúlyozta, hogy

a + b > 0

. Természetesen kimondottan hiba, ha a versenyző kiemelte, hogy

a + b \neq 0

., mert ezzel elárulta, hogy nincs tisztában azzal, hogy egyenlőtlenségek szorzásánál (osztásánál) lényeges a szorzó (ill. osztó) előjele.
Sajnos, még gyakoribb volt az a megsemmisítő hiba, hogy versenyző

a b

-vel mint pozitív számmal szorzott vagy osztott, holott

a b

előjeléről nem tudunk semmit.