Feladat: 1960. évi Matematika OKTV I. forduló 2. feladata Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Füzet: 1960/szeptember, 10 - 14. oldal  PDF file
Témakör(ök): Irracionális egyenlőtlenségek, Nevezetes azonosságok, Nevező gyöktelenítése, OKTV
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1960/szeptember: 1960. évi Matematika OKTV I. forduló 2. feladata

a, b, c olyan számok, melyekre 4ac-b2 nem-negatív és ,,a'' pozitív. Bizonyítandó, hogy
a+c-(a-c)2+b24ac-b22a.(1)
Mikor áll fenn egyenlőség ?

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

I. megoldás: Igyekezzünk az (1) egyenlőtlenséget olyan alakra hozni, melynek helyessége már nyilvánvaló.
Szorozzuk meg (1)-et a feltevés szerint pozitív 2a számmal, elegendő az így nyert

2a2+2ac-2a(a-c)2+b24ac-b2
egyenlőtlenséget igazolni, vagy ehelyett is az átrendezéssel keletkezett
2a2-2ac+b22a(a-c)2+b2(2)
egyenlőtlenséget.
a) Ha itt a bal oldal negatív, azaz 2a2-2ac+b2<0, akkor az egyenlőtlenség teljesül, mert a jobb oldal a négyzetgyök egyértelmű értelmezése, valamint a feltevés folytán nem lehet negatív. Mivel eddig csak megfordítható átalakításokat végeztünk, ebben az esetben a kiindulási egyenlőtlenség is helyes, mégpedig az egyenlőtlenség jele áll fenn.
b) Ha pedig a bal oldal nem-negatív, akkor elég megmutatni, hogy a bal oldal négyzete nem nagyobb a jobb oldal négyzeténél:
(2a2-2ac+b2)24a2(a-c)2+4a2b2=(2a2-2ac)2+4a2b2.(3)
A jobb oldal első tagját a bal oldalra áthozva és a két négyzet különbségét szorzattá alakítva:
b2(4a2-4ac+b2)4a2b2,
végül minden tagot a jobb oldalra gyűjtve
0b2(4ac-b2).(4)

Mivel itt az első tényező mindig, a második pedig a feltevés szerint nem-negatív, azért a szorzat valóban nem negatív, és mint láttuk, ebből következik az eredet egyenlőtlenség helyessége. Egyenlőség (4)-ben és ezzel együtt az előző egyenlőtlenségekben is csak a b2=0, vagy a 4ac-b2=0 esetben lehetséges.
Ha azonban valamely a, b, c értékrendszerrel (4)-ben és így (3)-ban is egyenlőség teljesül, ebből visszafelé nem föltétlenül következik, hogy (2)-ben és így (1)-ben is egyenlőség áll fenn, mert (2) jobb oldala pozitív, a bal azonban nem föltétlenül. Így a fönt említett két esetben meg kell még vizsgálnunk, állhat-e ‐ és ha igen, milyen feltételek mellett ‐ (1)-ben egyenlőség.
b=0 esetén (1) így alakul:
a+c-|a-c|2c,a-c|a-c|,
itt egyenlőség csak ac esetén áll fenn.
4ac-b2=0 esetén (1) így alakul:
a+c-|a+c|0,a+c|a+c|,
itt csak a+c0 esetén áll fenn egyenlőség. Ez azonban mindig teljesül, mert 4ac=b20 és a>0 folytán c0.
Mindezek szerint (1) a feltevések mellett mindig teljesül, egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha vagy
1)b=0ésac,vagy2)4ac-b2=0.

Megjegyzések: 1. Többen a negatív oldalakat tartalmazó
-2a(a-c)2+b2-(2a2-2ac+b2)
egyenlőtlenség gépies négyzetreemelésével a bizonyítandó egyenlőtlenségnek éppen az ellenkezőjét vélték ,,bizonyítani''. Ezek a versenyzők a négyzetre emeléskor hibáztak, mert hiszen pl. -5<4, és -5<-4, de négyzetreemelés után már a 25>16 egyenlőtlenség áll fenn.
2. Azokra az a, b, c értékrendszerekre, amelyekre (2) bal oldala negatív, az eredeti egyenlőtlenség 4ac-b2 előjelétől függetlenül teljesül. (Itt csak a pozitív voltát használtuk ki.)
Azokra az a, b, c értékrendszerekre, amelyekre (2) bal oldala nem-negatív, 4ac-b20 és a>0 esetén az eredeti egyenlőtlenség fordítottja igaz; a<0 és 4ac-b20 esetén az egyenlőtlenségnek szintén az ellenkezője igaz; és végül a<0 és 4ac-b20 esetén az eredeti egyenlőtlenség igaz.
 

II. megoldás: Vonjuk ki a vizsgálandó egyenlőtlenség bal oldalát a jobb oldalból; átalakítás és összevonás után
4ac-b22a-(a+c)+(a-c)2+b2=(5)=(a-c)2+b2-(a-c)-b22a0.
Ebből egyszerűbb kifejezés adódik, ha megszorozzuk a
(a-c)2+b2+(a-c)+b22a(6)
értékkel. Ez a szorzó nem negatív, mert nagyobb vagy egyenlő, mint |a-c|+(a-c), ami pedig nem negatív, és 0 is csak b=0, ac esetben lesz, de ekkor (5) bal oldala |a-c|-(a-c)=2(c-a)0, tehát a bizonyítandó állítás érvényes.
Ha (6) értéke pozitív, és megszorozzuk vele (5)-öt, akkor
(7)((a-c)2+b2-(a-c)-b22a)((a-c)2+b2+(a-c)+b22a)==(a-c)2+b2-[(a-c)+b22a]2=b2-b2a(a-c)-b44a2==b2(4ac-b2)4a20.


Ebből következik az állítás helyessége. Az egyenlőség esetének vizsgálata ugyanúgy történhet, mint az I. megoldásban.
 

Megjegyzés: A (6) kifejezés átalakításából adódik, hogy
(a-c)2+b2+(a-c)+b22a=(a+c)2-(4ac-b2)+(a+c)-4ac-b22a2(a+c).


Ha a (7) bal oldalán (6) helyébe a nála nagyobb vagy egyenlő (pozitív) 2(a+c)-t tesszük és átosztunk vele, azt kapjuk, hogy
(a-c)2+b2-(a-c)-b22ab2(4ac-b2)8a2(a+c),
és ebből további átalakítással
(a+c)-(a-c)2+b2(1-b24a(a+c))4ac-b22a.(8)
Ez a feladatban kitűzött állításnál erősebb állítás. Ugyanis a jobb oldal első tényezőjének értéke általában kisebb 1-nél.
 

III. megoldás: Az (1) egyenlőtlenség bal oldala nem negatív, mert
a+c-(a-c)2+b2=a+c-(a+c)2-(4ac-b2)a+c-|a+c|=0,
ugyanis a feltétel szerint 4ac-b20, és a>0, tehát c0, és így a+c>0.
Ha pozitív a bal oldal (vagyis ha 4ac-b20), akkor osszuk el vele mindkét oldalt. Ekkor azt kell megmutatni, hogy a mondott feltételek mellett
A=4ac-b22aa+c-(a-c)2+b21.(9)
Gyöktelenítsük a nevezőt:
A=(4ac-b2)(a+c+(a-c)2+b2)2a[(a+c)2-(a-c)2-b2]==(4ac-b2)(a+c+(a-c)2+b2)2a(4ac-b2).(10)
Ha 4ac-b2-ről feltettük, hogy nem zérus, egyszerűsítve vele
A=a+c+(a-c)2+b22aa+c+|a-c|2a,
és itt ha a) ac, akkor a jobb oldalon 2a/2a=1 áll,
ha pedig b) a<c, akkor a jobb oldal értéke 2c/2a>1,
tehát mindig A1.
Egyenlőség csak az a) esetben állhat, éspedig akkor és csak akkor, ha
(a-c)2+b2=|a-c|,azaz hab=0.

Ha viszont a 4ac-b2 kifejezés eltűnik, akkor, mint láttuk, az eredeti egyenlőtlenség bal oldala eltűnik, és eltűnik a jobb oldal is, tehát ez esetben is helyes az állítás, mégpedig egyenlőség áll fenn.
 

Megjegyzés: Míg az előző megoldásból egy élesebb felső becslést sikerült kapnunk, addig ebből a megoldásból (1) bal oldalára alsó becslést kaphatunk. Ha 4ac-b2 pozitív, akkor (10)-ben egyszerűsítve vele
A=a+c+(a-c)2+b22a=a+c+(a+c)2-(4ac-b2)2a.
A tört értékét határozottan növeljük, ha a gyökjel alatti pozitív kivonandót elhagyjuk:
A<a+c+|a+c|2a=2(a+c)2a=a+ca.
A értékét (9)-ből beírva és átszorozva kapjuk
4ac-b22a<[a+c-(a-c)2+b2]a+ca,
vagyis
aa+c4ac-b22a<a+c-(a-c)2+b2.(11)
Ez akkor is teljesül, ha (1)-ben b=0 és ac folytán egyenlőség áll fenn; ha pedig 4ac-b2=0, akkor (11) is egyenlőségbe megy át, mert mindkét oldal értéke 0.
Így (9) és (11)-gyel (1) bal oldalát a következő korlátok közé szorítottuk:
aa+c4ac-b22aa+c-(a-c)2+b2(1-b24a(a+c))4ac-b22a.