Feladat:	F.3169	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Juhász András ,  Prause István ,  Szalai-Dobos András ,  Várkonyi Péter
Füzet:	1997/december, 542 - 543. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Derékszögű háromszögek geometriája, Mértani közép, Harmonikus közép, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Kvadratikus közép, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1997/március: F.3169

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Mivel $a$ és $b$ pozitív egészek, a mértani és harmonikus közép közötti egyenlőtlenség szerint $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[a+b]{a^a\cdot b^b}\ge \frac{a+b}{\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\text{...}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\text{...}+\frac{1}{b}}=\frac{a+b}{a\cdot \frac{1}{a}+b\cdot \frac{1}{b}}=\frac{a+b}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ Figyelembe véve, hogy $\frac{a+b}{2}\ge \sqrt[]{ab}$, elegendő azt igazolni, hogy $\frac{\sqrt[]{ab}}{\sqrt[]{2}}\ge m$. Ismeretes, hogy az $a$, $b$ befogójú derékszögű háromszögben $m=\frac{ab}{\sqrt[]{a^2+b^2}}$, így elég megmutatni, hogy $\frac{\sqrt[]{ab}}{\sqrt[]{2}}\ge \frac{ab}{\sqrt[]{a^2+b^2}}$. Rendezzük ezt a következőképpen: $\sqrt[]{\frac{a^2+b^2}{2}}\ge \sqrt[]{ab}$, ami ismert egyenlőtlenség szerint igaz. Egyenlőség pontosan akkor érvényes, ha $a=b$, hiszen a felhasznált egyenlőtlenségek mindegyikében ugyanekkor van egyenlőség.  Szalai-Dobos András (Szekszárd, Garay J. Gimn., III. o.t.)   II. megoldás. Feltehető, hogy $a\ge b$. Ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \frac{\sqrt[a+b]{a^a\cdot b^b}}{\sqrt[]{2}}=\frac{\sqrt[a+b]{a^{\frac{a+b}{2}}\cdot b^{\frac{a+b}{2}}\cdot {\left(\frac{a}{b}\right)}^{\frac{a-b}{2}}}}{\sqrt[]{2}}\ge \frac{\sqrt[a+b]{a^{\frac{a+b}{2}}\cdot b^{\frac{a+b}{2}}}}{\sqrt[]{2}}=\frac{\sqrt[]{ab}}{\sqrt[]{2}}\mathrm{.}}\end{array}}}\end{array}$ elég tehát azt belátni, hogy $\frac{\sqrt[]{ab}}{\sqrt[]{2}}\ge m$. Az átfogót $c$-vel jelölve $ab=mc$, ezért azt kell bizonyítani, hogy $\frac{\sqrt[]{mc}}{\sqrt[]{2}}\ge m$. Mindkét oldalt négyzetre emelve és $m$-mel osztva, a $\frac{c}{2}\ge m$ egyenlőtlenséget kapjuk, ami nyilván igaz. Egyenlőség mindkét becslést tekintve pontosan akkor lesz, ha $a=b$.  Várkonyi Péter (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., IV. o.t.)