Feladat: 1959. évi Arany Dániel matematikaverseny 1. forduló haladók (speciális) 2. feladata Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1959/október, 45 - 46. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Irracionális egyenlőtlenségek, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Arany Dániel
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1959/október: 1959. évi Arany Dániel matematikaverseny 1. forduló haladók (speciális) 2. feladata

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

I. megoldás:

(1+x3)3=1+3⋅x3+3⋅x29+x227.
Mivel x pozitív, ezért a jobb oldal minden tagja pozitív. Elhagyva az utolsó két tagot, a jobb oldal kisebbé válik:
(1+x3)3>1+x.(2)

Innen mind a két oldalból köbgyököt vonva a bizonyítandó állításra jutunk.
Meg kell még mutatnunk, hogy (2)-ről (1)-re következtetve nem követünk el hibát, vagyis a köbgyökvonás helyes bizonyítási lépés. Bizonyítjuk, hogy ha tetszés szerinti a3, b3 számokra
a3>b3,
azaz
a3-b3>0,(3)
akkor
a>b,(4)
azaz
a-b>0.

Ugyanis (3) bal oldalát tényezőkre bontva nyerjük, hogy
a3-b3=(a-b)(a2+ab+b2)=(a-b)[(a+b2)2+34b2]>0.
Mivel a-b-nek az utolsó alakbeli szorzója pozitív, egyenlőtlenségünk helyes marad, ha avval osztjuk. Ezzel éppen a bizonyítandó (4) egyenlőtlenségre jutunk.
 
Megjegyzés. A kérdéses szorzó 0 is lehet, ti. ha egyszerre fennáll a+b/2=0 és b=0. Ezekből azonban ellentétbe jutunk feltevésünkkel, ugyanis a=-b/2=0 és így a3=b3(=0).
 
II. megoldás: Akárhány x1, x2,...,xn szám számtani közepén értjük az x1+x2+...+xnn számot, mértani közepén pedig az x1x2...xnn számot. Általánosan is igaz a következő, n=2 esetére közismert egyenlőtlenség: Ha az x1, x2,...,xn számok mindegyike pozitív, akkor a mértani közepük nem nagyobb, mint a számtani közepük. Egyenlőség akkor és csakis akkor áll fenn, ha x1=x2=...=xn.* Legyen most n=3, x1=x2=1, x3=1+x, ekkor feltevésünknél fogva x3>x1, és így a hivatkozott tétel alapján
1+1+1+x3>1⋅1⋅(1+x)3,
ami bizonyítandó volt.
 
Megjegyzések. Eszerint tételünk már x>-1-től kezdve fennáll, mert már ekkor teljesül x3=1+x>0, kivéve mégis az x=0 esetet, amikor a két oldal egyenlő.
A bizonyítandó állítás más irányú általánosítása: Legyen x>-1, x≠0 és n>1, egész szám, ekkor
1+xn>1+xn.
Mind a két általánosításra rámutatott dolgozatában Bollobás Béla.
Meg lehet mutatni, hogy a szóban forgó egyenlőtlenségnek az x>-9, x≠0 számok tesznek eleget.
*Bizonyítását lásd pl. Kürschák ‐ Hajós ‐ Neukomm ‐ Surányi: Matematikai Versenytételek I. 111. o.