Feladat: 1969. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 23. feladata Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Füredi Zoltán ,  Göndőcs F. ,  Papp Z. ,  Reviczky J. 
Füzet: 1970/április, 161 - 163. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Nevezetes azonosságok, Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenlőtlenségek, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Cauchy-Schwarz-Bunyakovszkij-féle egyenlőtlenség, Nemzetközi Matematikai Diákolimpia
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1969/szeptember: 1969. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 23. feladata

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

Ha x1 és x2 pozitív, akkor x1y1-z12 és x2y2-z22 csak úgy lehet pozitív, ha y1, y2 is pozitív. A bal oldali nevezőbe be tudjuk hozni x1y1 és x2y2-t a következő egyenlőtlenség alapján:

(x1+x2)(y1+y2)≥(x1y1+x2y2)2.(3)
Valóban, a két oldal különbsége
(x1+x2)(y1+y2)-(x1y1+x2y2)2=x1y2+x2y1-2x1y1x2y2=(x1y2-x2y1)2≥0.


Itt egyenlőség akkor áll fenn, ha van olyan t valós szám, hogy y1=tx1, y2=tx(t=y1/x1).
A (2) bal oldalán álló tört (3) alapján így növelhető:
B=8(x1+x2)(y1+y2)-(z1+z2)2≤8(x1y1+x2y2)2-(z1+z2)2==2(x1y1+z1)+(x2y2+z2)2⋅(x1y1-z1)+(x2y2-z2)2.(4)


Valóban, növeltük a törtet, vagy nem változtattuk, mert a nevezője csak csökkenhetett, de még pozitív maradt a feltételek szerint. Továbbra sem csökkentünk, a két számtani közepet a nevezőben a mértani középpel helyettesítve:
B≤2(x1y1+z1)(x2y2+z2)⋅(x1y1-z1)(x2y2-z2)==2(x1y1-z12)(x2y2-z22)=21x1y1-z12⋅1x2y2-z22.(5)


Itt a jobb oldali mértani közép helyett a nem kisebb számtani közepet írva ismét nagyítunk és ezzel a kívánt egyenlőtlenséget kapjuk:
B=8(x1+x2)(y1+y2)-(z1+z2)2≤≤2(12(1x1y1-z12+1x2y2-z22))=1x1y1-z12+1x2y2-z22.(6)


Az egyenlőtlenség jele csak akkor nem hagyható el, ha sem (4), sem (5), sem (6) alatt nem növeltünk. Ez akkor áll fenn, ha alkalmas t-vel
y1=tx1,y2=tx2,
továbbá
x1y1+z1=x2y2+z2,x1y1-z1=x2y2-z2,
végül
x1y1-z12=x2y2-z22.
Az utolsó egyenlőség következik az előző kettőből, továbbá következik belőlük
x1y1=x2y2,z1=z2,
végül az előbbiből az első két egyenlőség felhasználásával, mivel az x-ek is, y-ok is, s így t is pozitív
tx1=tx2,t>0,tehátx1=x2,és ígyy1=y2.
Egyenlőség tehát egyedül az x1=x2, y1=y2, z1=z2 esetben áll fenn.
 

Füredi Zoltán (Budapest, Móricz Zs. Gimn., II. o. t.)
 

Megjegyzés. A (3) egyenlőtlenség speciális esete a következő, ún. Cauchy*-Bunyakovszkij-féle egyenlőtlenségnek:
(a12+a22+...+an2)(b12+b22+...+bn2)≥(a1b1+a2b2+...+anbn)2.(3')
Valóban n=2, a1=x1, a2=x2, b1=y1, b2=y2, esetén (3)-at kapjuk. (3') is bizonyítható a két oldal különbségének négyzetösszeggé alakításával vagy a következő módon. Adjuk össze i=1,2,...,n-re az (aix-bi)2 kifejezéseket és rendezzük x hatványai szerint. Mivel ezek semmilyen valós x értékre nem negatívok, így összegük sem:
(a12+a22+...+an2)x2-2(a1b1+a2b2+...+anbn)x+(b12+b22+...+bn2)≥0.
Szorozva (a12+a22+...+an2)-tel és teljes négyzetté alakítással
((a12a22+...+an2)x-(a1b1+a2b2+...+anbn))2+(a12a22+...+an2)(b12b22+...+bn2)-(a1b1+a2b2+...+anbn)2≥0.(3'')


Ha nem minden ai nulla, akkor választható x úgy, hogy a négyzet alapja 0 legyen, ebben az esetben (3'') átmegy (3') egy átrendezett alakjába. Ha ai=0 teljesül i=1,2,...,n-re, akkor (3') nyilván teljesül az egyenlőség jelével.
Általában (3')-ben csak akkor áll az egyenlőség, ha (3'')-ben nem hagyható el, ez pedig akkor következik be, ha egy alkalmas x=t értékre egyidejűleg teljesül
(ait-bi)2=0,ha  i=1,2,...,n,
azaz
bi=tai,i=1,2,...,n,
vagy ha (3'')-t 0-val szorzással kaptuk, azaz minden ai=0. Ebben az esetben ai=ubi,i=1,2,...,n-re u=0-val. A kettőt összefoglalhatjuk így: (3')-ben akkor és csak akkor áll egyenlőség, ha van olyan t és u, hogy nem mind a kettő 0 és
ubi=tai,i=1,2,...,n-re.
(A fenti első esetben u=1, a másodikban u=0, t=1 választás megfelelő.)
Mivel a számtani és mértani közép közti, felhasznált egyenlőtlenség is érvényes akárhány nem negatív számra, így a fenti bizonyítás minden változtatás nélkül átvihető a következő egyenlőtlenség bizonyítására:
ha  xi>0ésxiyi-zi2>0i=1,2,...,n-re,
akkor
n3(x1+x2+...+xn)(y1+y2+...+yn)-(z1+z2+...+zn)2≤1x1y1-z12+1x2y2-z22+...+1xnyn-zn2.


Egyenlőség csak az x1=x2=...=xn, y1=y2=...=yn, z1=z2=...=zn esetben áll fenn.
*olv. kósi