Kezdőlap


Feladat:	N.75	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Burcsi Péter , Gröller Ákos
Füzet:	1996/május, 293 - 294. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Húrsokszögek, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1995/szeptember: N.75

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

Jelöljük az oldalakat az $a, b, c, d, e$ kisbetűkkel, a velük nem érintkező átlókat a megfelelő $A, B, C, D, E$ nagybetűkkel. Így minden átlót számba vettük és mindegyiket csak egyszer. Az öt csúcs által meghatározott lehetséges húrnégyszögek mindegyikére írjuk fel a Ptolemaiosz-tételt, ekkor a

\begin{matrix} \begin{matrix} b e + a A = C D, c a + b B = D E, d b + c C = E A, e c + d D = A B, a d + e E = B C \end{matrix} \end{matrix}

összefüggésekhez jutunk. Az egyenlőségek szorzata némi átrendezés után az

\begin{matrix} (1 + \frac{a A}{b e}) (1 + \frac{b B}{c a}) (1 + \frac{c C}{d b}) (1 + \frac{d D}{e c}) (1 + \frac{e E}{a d}) = {(\frac{A B C D E}{a b c d e})}^{2} \end{matrix}

(1)

alakot ölti, amelynek jobb oldalán megjelent a feladatban kérdezett hányados. A célunk most az, hogy a bal oldalt valamiképpen megbecsüljük ugyanezzel a hányadossal, remélhetőleg így majd következtethetünk a keresett szélsőértékre.
A bal oldalon lévő szorzat helyett tekintsük általánosabban az

\begin{matrix} (1 + λ_{1}) (1 + λ_{2}) ... (1 + λ_{n}) \end{matrix}

kifejezést pozitív

λ_{i}

-kkel (a mi esetünkben

n = 5

), amely kifejtve a

λ_{i}

-knek egy

n

-edfokú polinomja. Alkalmazzuk minden

1 \leq m \leq n

esetében az

m

-edfokú tagok összegére a számtani és a mértani közép között fennálló egyenlőtlenséget: azt kapjuk, hogy a megfelelő összeg nem nő, ha minden

λ_{i}

helyébe az

\sqrt[n]{λ_{1} λ_{2} ... λ_{n}}

mennyiséget írjuk (ennek oka az, hogy az egyes összegek ‐ a kiindulásul vett polinom homogén komponensei ‐ szimmetrikusak a

λ_{i}

-kben). Végeredményben tehát a szorzat sem nő, ha minden

λ_{i}

-t a fenti módon helyettesítünk, azaz

\begin{matrix} (1 + λ_{1}) (1 + λ_{2}) \cdot (1 + λ_{n}) \geq {(1 + \sqrt[n]{λ_{1} λ_{2} \cdot λ_{n}})}^{n} . \end{matrix}

(2)

h = \sqrt[5]{\frac{A B C D E}{a b c d e}}

jelöléssel az eredeti (1) összefüggés a (2)-vel együtt a

\begin{matrix} h^{10} \geq {(1 + h)}^{5} \end{matrix}

egyenlőtlenséget adja. Mivel az

x \mapsto x^{5}

függvény szigorúan növő a valós számokon és

h

pozitív, ezért az előbbi egyenlőtlenség éppen azt jelenti, hogy

h \geq \frac{\sqrt[]{5} + 1}{2}

, azaz

\begin{matrix} \frac{a b c d e}{A B C D E} = h^{- 5} \leq {(\frac{\sqrt[]{5} + 1}{2})}^{- 5} = {(\frac{\sqrt[]{5} - 1}{2})}^{5} = \frac{5 \sqrt[]{5} - 11}{2} . \end{matrix}

Világos, hogy a fenti egyenlőtlenségekben egyenlőség is teljesül a szabályos ötszög esetében, tehát az

\frac{a b c d e}{A B C D E}

hányados keresett maximuma

\frac{5 \sqrt[]{5} - 11}{2}

Gröller Ákos (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., IV. o.t.) dolgozata alapján

Megjegyzés. Az önmagában érdekes (2) egyenlőtlenség azzal a ténnyel egyenértékű, hogy az

f (x) = ln (1 + e^{x})

függvény konvex, ami következik pl. az

f' (x) = 1 - \frac{1}{1 + e^{x}}

deriváltfüggvény növekvő voltából is.