Kezdőlap


Feladat:	1959. évi Arany Dániel matematikaverseny 2. forduló haladók (speciális) 2. feladata	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1959/december, 162 - 164. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Nevezetes azonosságok, Arany Dániel
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1959/szeptember: 1959. évi Arany Dániel matematikaverseny 2. forduló haladók (speciális) 2. feladata

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

A kettős egyenlőtlenség részeit külön-külön bizonyítjuk mindkét esetben annak megmutatásával, hogy a jobb és bal oldal különbsége nem lehet negatív. ‐ Valóban, az első egyenlőtlenség jobb és bal oldalának különbsége így írható:

\begin{matrix} a (1 - b - a) + b (1 - c - b) + c (1 - a - c) . \end{matrix}

(2)

A feltétel szerint

\begin{matrix} a + b \leq 1, b + c \leq 1, c + a \leq 1, \end{matrix}

(3)

így

\begin{matrix} 1 - b - a \geq 0, 1 - c - b \geq 0, 1 - a - c \geq 0, \end{matrix}

(4)

és ezeket rendre a pozitív

a

b

c

-vel szorozva és összeadva a bal oldalon (2)-t, a nem nagyobb jobb oldalon pedig 0-t kapunk. Ezzel (1) első részét bebizonyítottuk.
(2) akkor és csak akkor egyenlő 0-val, ha (4)-ben, és ezért már (3)-ban is mind a három helyen az egyenlőségi jel érvényes. Egyenlőségi jellel (3)-ban egyenletrendszer áll előttünk

a

b

c

-re; megoldása

\begin{matrix} a = b = c = \frac{1}{2}, \end{matrix}

(5)

ez a szükséges és egyben elegendő feltétele annak, hogy (1) első részében egyenlőség álljon fenn.
(1) második része jobb és hal oldalának különbségéről könnyen észrevehetjük, hogy egy teljes négyzet fele:

\begin{matrix} \frac{1}{2} (1 + a^{2} + b^{2} + c^{2}) - (a + b + c) + (a b + b c + c a) = \frac{1}{2} {(1 - a - b - c)}^{2}, \end{matrix}

tehát valóban nem lehet negatív. Így a bizonyítandó egyenlőtlenség második része is helyes. ‐ A két oldal akkor és csak akkor egyenlő, ha a négyzet alapja 0, vagyis

\begin{matrix} a + b + c = 1. \end{matrix}

(6)

Minthogy (5) és (6) egyidejűleg nem állhat fenn, azért

a

b

c

-nek nincs olyan értékrendszere, amely mellett (1)-ben egyidejűleg mindkét helyen az egyenlőség jele volna érvényes.
Megjegyzések. 1. Az utóbbi bizonyítás során nem használtuk ki a (3) feltételeket, sőt az

a

b

c

számok pozitívságát sem, ezért (1) második része

a

b

c

-nek bármely értékrendszere mellett fennáll. (Székely Jenő észrevétele.)
2. Más irányú általánosítása (1) második részének: tetszőleges

a_{1}, a_{2}, ..., a_{n}

számokra

\begin{matrix} (a_{1} + a_{2} + ... + a_{n}) - (a_{1} a_{2} + a_{1} a_{3} + ... + a_{1} a_{n} + a_{2} a_{3} + a_{2} a_{4} + ... + \\ + a_{2} a_{n} + a_{3} a_{4} + ... + a_{n - 1} a_{n}) \leq \frac{1}{2} (1 + a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + ... + a_{n}^{2}) . \end{matrix}

Bizonyítása ugyanúgy történhet, ahogyan (1) második részét bizonyítottuk. (Fritz József dolgozatából.)
3. Az egyenlőtlenség első részének bizonyítását is átvihetjük 3 helyett bármilyen

n \geq 2

számú tagra. Ha ugyanis

a_{1}, a_{2}, ..., a_{n}

olyan pozitív számok, amelyek közül kettő-kettőnek az összege legfeljebb 1, akkor

\begin{matrix} 0 & \leq \frac{1}{2} {a_{1} [(1 - a_{1} - a_{2}) + ... + (1 - a_{1} - a_{n})] + a_{2} [(1 - a_{2} - a_{1}) + \\ + (1 - a_{2} - a_{3}) + ... + (1 - a_{2} - a_{n})] + ... + a_{n} [(1 - a_{n} - a_{1}) + \\ + ... + (1 - a_{n} - a_{n - 1})]} = \frac{n - 1}{2} [(a_{1} + ... + a_{n}) - \\ - (a_{1}^{2} + ... + a_{n}^{2})] - (a_{1} a_{2} + a_{1} a_{3} + ... + a_{n - 1} a_{n}) \end{matrix}

és innen átrendezéssel a következő általánosítást nyerjük:

\begin{matrix} \frac{n - 1}{2} (a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + ... + a_{n}^{2}) \leq \frac{n - 1}{2} (a_{1} + a_{2} + ... + a_{n}) - (a_{1} a_{2} + a_{1} a_{3} + ... + a_{n - 1} a_{n}) . \end{matrix}

4. A kimondott általánosítások

n

-nek bármely

n \geq 2

értékére fennállanak, vagyis

n

minden olyan értékére, amely mellett az egyenlőtlenségeknek egyáltalán értelmük van.
5. Összefoglalva a 2. és 3. általánosítást az (1) kettős egyenlőtlenség következő általánosítását nyertük: Ha

a_{1}, a_{2}, ..., a_{n}

olyan pozitív számok, amelyek közül bármelyik kettőnek összege legfeljebb 1, akkor

\begin{matrix} \frac{n - 1}{2} (a_{1}^{2} + ... + a_{n}^{2}) \leq \frac{n - 1}{2} (a_{1} + ... + a_{n}) - (a_{1} a_{2} + ... + a_{n - 1} a_{n}) \leq \\ \leq \frac{1}{2} (1 + a_{1}^{2} + ... + a_{n}^{2}) + \frac{n - 3}{2} (a_{1} + ... + a_{n}) . \end{matrix}

A tett feltevés az első rész fennállásának elegendő, de nem szükséges feltétele már a feladatban szereplő

n = 3

esetben sem; pl.

n = 3

a_{1} = 1 / 4

a_{2} = 1 / 3

a_{3} = 3 / 4

esetében az egyenlőtlenség első része fennáll, bár

a_{2} + a_{3} > 1

. ‐ A második rész

a_{1}, a_{2}, ..., a_{n}

bármely értékei mellett fennáll.
6. Az (1) második része így is bizonyítható: nemnegatív számok mértani közepe nem nagyobb számtani közepüknél. Ezt az 1 és (

a + b + c

) pozitív számokra alkalmazva

\begin{matrix} \sqrt[]{1 (a + b + c)} \leq \frac{1 + (a + b + c)}{2} . \end{matrix}

(7)

Itt mindkét oldal pozitív, ezért a bal oldal négyzete sem nagyobb a jobb oldal négyzeténél:

\begin{matrix} a + b + c \leq \frac{1}{4} (1 + a^{2} + b^{2} + c^{2}) + \frac{1}{2} (a + b + c) + \frac{1}{2} (a b + b c + c a) . \end{matrix}

Innen pedig, 2-vel szorozva és a négyzetes tagok kivételével minden tagot a bal oldalra átvive (1) második részét kapjuk. ‐ (7)-ből is látható, hogy egyenlőség csak (6) fennállása esetén következik be.