Kezdőlap


Feladat:	Gy.3057	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bérczi Gergely , Braun Gábor , Cheri Enikő , Frenkel Péter , Gyenes Zoltán , Jeszencsku Gyula , Kutalik Zoltán , Mátrai Tamás , Naszódi Gergely , Nyul Gábor , Páles Csaba , Pintér Gábor József , Reviczky Ágnes , Sipos András , Szabó Jácint , Szépszó Gabriella , Vaik Zsuzsanna , Várkonyi Péter , Zábrádi Gergely , Zakariás Ildikó
Füzet:	1997/február, 78 - 79. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyenlőtlenségek, Teljes indukció módszere, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1996/április: Gy.3057

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

Az állítást teljes indukcióval igazoljuk. Az $n = 1$ esetben az igazolandó egyenlőtlenség az

\begin{matrix} \frac{1}{a + b} < \frac{1}{\sqrt[]{a (a + b)}} \end{matrix}

alakot ölti, ami átrendezve ekvivalens

\sqrt[]{a} < \sqrt[]{a + b}

-vel, ami nyilván igaz.
Tegyük föl, hogy az állítást már igazoltuk 1, 2,

...

n - 1

és tetszőleges

a

b > 0

esetén, és vizsgáljuk az érvényességét

n

-re. Legyen először

n

páros, azaz

n = 2 k

. Ekkor

\begin{matrix} (\frac{1}{a + b} + ... + \frac{1}{a + k b}) + (\frac{1}{a + (k + 1) b} + ... + \frac{1}{a + 2 k b}) < \frac{k}{\sqrt[]{a (a + k b)}} + \frac{k}{\sqrt[]{(a + k b) (a + 2 k b)}}, \end{matrix}

ahol az indukciós feltevést alkalmaztuk, az

n

helyébe

k

-t,

a

és

b

helyébe először

a

-t és

b

-t, majd

a + k b

-t és

b

-t helyettesítve. Elég tehát azt igazolni, hogy

\begin{matrix} \frac{k}{\sqrt[]{a (a + k b)}} + \frac{k}{\sqrt[]{(a + k b) (a + 2 k b)}} < \frac{2 k}{\sqrt[]{a (a + 2 k b)}}, \end{matrix}

átrendezve:

\begin{matrix} \sqrt[]{a + 2 k b} + \sqrt[]{a} < 2 \sqrt[]{a + k b} . \end{matrix}

Mivel mindkét oldal pozitív, így elég, ha négyzeteikről igazoljuk a megfelelő relációt:

\begin{matrix} \begin{matrix} a + 2 k b + a + 2 \sqrt[]{a (a + 2 k b)} & < 4 a + 4 k b, \\ \sqrt[]{a (a + 2 k b)} & < a + k b, \end{matrix} \end{matrix}

ami viszont az

a \neq a + 2 k b

számokra a számtani‐mértani közép közti egyenlőtlenség.
Legyen most

n = 2 k + 1

alakú. Ekkor az előző esethez hasonlóan

\begin{matrix} \begin{matrix} (\frac{1}{a + b} + ... + \frac{1}{a + (k + 1) b}) + (\frac{1}{a + (k + 2) b} + ... + \frac{1}{a + (2 k + 1) b}) < \\ < \frac{k + 1}{\sqrt[]{a (a + (k + 1) b)}} + \frac{k}{\sqrt[]{(a + (k + 1) b) (a + (2 k + 1) b)}}, \end{matrix} \end{matrix}

elég tehát azt igazolni, hogy (közben be is szorozva a közös nevezővel)

\begin{matrix} \begin{matrix} (k + 1) \sqrt[]{a + (2 k + 1) b} + k \sqrt[]{a} < (2 k + 1) \sqrt[]{a + (k + 1) b}, \\ {(k + 1)}^{2} (a + (2 k + 1) b) + k^{2} a + 2 k (k + 1) \sqrt[]{a (a + (2 k + 1) b)} < {(2 k + 1)}^{2} (1 + (k + 1) b), \\ 2 k (k + 1) \sqrt[]{a (a + (2 k + 1) b)} < \\ < a ({(2 k + 1)}^{2} - k^{2} - {(k + 1)}^{2}) + b ((k + 1) {(2 k + 1)}^{2} - {(k + 1)}^{2} (2 k + 1)), \\ 2 k (k + 1) \sqrt[]{a (a + (2 k + 1) b)} < k (k + 1) (2 a + (2 k + 1) b), \\ \sqrt[]{a (a + (2 k + 1) b)} < \frac{a + a + (2 k + 1) b}{2}, \end{matrix} \end{matrix}

ami ismét a számtani‐mértani közép közti egyenlőtlenség. Ezzel az állítás bizonyítását befejeztük.

Gyenes Zoltán (Budapest, Apáczai Csere J. Gimn., 8. o.t.) dolgozata alapján