Kezdőlap


Feladat:	1964. évi Kürschák matematikaverseny 3. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Corradi Gábor , Gerencsér László , Laczkovich Miklós , Lovász László , Makai Endre , Pósa Lajos
Füzet:	1965/március, 104 - 107. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Irracionális egyenlőtlenségek, Számtani közép, Mértani közép, Harmonikus közép, Kvadratikus közép, Gyökös függvények, Nevezetes azonosságok, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1965/március: 1964. évi Kürschák matematikaverseny 3. feladata

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

I. megoldás. Be kell bizonyítanunk, hogy a köbgyök alatti kifejezés nem nagyobb a bal oldal köbénél. Felhasználjuk a számtani és a mértani középre vonatkozó ismert egyenlőtlenséget, amely szerint két szám szorzata nem lehet a számtani közepük négyzeténél nagyobb. Ezt kétszer is alkalmazva

\begin{matrix} \frac{a b c + a b d + a c d + b c d}{4} = \frac{1}{2} [a b \frac{c + d}{2} + c d \frac{a + b}{2}] \leq \\ \leq \frac{1}{2} [{(\frac{a + b}{2})}^{2} \frac{c + d}{2} + {(\frac{c - d}{2})}^{2} \frac{a + b}{2}] = \frac{a + b}{2} \cdot \frac{c + d}{2} \cdot \frac{a + b + c + d}{4} \leq \\ \leq {(\frac{a + b + c + d}{4})}^{2} \frac{a - b + c + d}{4} = {(\frac{a + b + c + d}{4})}^{3} . \end{matrix}

Elég most már csak azt igazolnunk, hogy

\begin{matrix} \frac{a + b + c + d}{4} \leq \sqrt[]{\frac{a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}}{4}} . \end{matrix}

Ez abból adódik, hogy a kétoldali kifejezések négyzetének különbsége

\begin{matrix} \frac{a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}}{4} - {(\frac{a + b + c + d}{4})}^{2} = \\ = \frac{1}{16} [3 (a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}) - 2 (a b + a c + a d + b c + b d + c d)] = \\ = \frac{1}{16} [{(a - b)}^{2} + {(a - c)}^{2} + {(a - d)}^{2} + {(b - c)}^{2} + {(b - d)}^{2} + {(c - d)}^{2}] \geq 0. \end{matrix}

Megjegyzés. A feladat szövegében felesleges az a megszorítás, hogy

a

b

c

d

pozitív számok. Ezt megoldásunk sem használta fel. Igaz ugyan, hogy hivatkoztunk a számtani és mértani közép egyenlőtlenségére, és mértani középről csak pozitív értékek körében beszélhetünk, viszont pozitív értékekre való szorítkozás nélkül is igaz, hogy két szám szorzata nem lehet a számtani közepük négyzeténél nagyobb.
Megoldásunk az eredetinél erősebb

\begin{matrix} \frac{a + b + c + d}{4} \geq \sqrt[3]{\frac{a b c + a b d + a c d + b c d}{4}} \end{matrix}

egyenlőtlenséget bizonyította be. A következő megoldások is ezt igazolják majd.
Megoldásainkban többféle középérték szerepel. A pozitív

a_{1}

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

számok számtani (aritmetikai), mértani (geometriai), harmonikus és négyzetes (kvadratikus) közepét az

\begin{matrix} A (a_{1}, ..., a_{n}) = \frac{1}{n} (a_{1} + ... + a_{n}), \\ G (a_{1}, ..., a_{n}) = \sqrt[n]{a_{1} ... a_{n}}, \\ H (a_{1}, ..., a_{n}) = \frac{n}{\frac{1}{a_{1}} + ... + \frac{1}{a_{n}}}, \\ Q (a_{1}, ..., a_{n}) = \sqrt[]{\frac{a_{1}^{2} + ... + a_{n}^{2}}{n}} \end{matrix}

képletek adják meg. Ezek között sokféle egyenlőtlenség állapítható meg. Két számra vonatkozólag már felhasználtuk a

G \leq A

egyenlőtlenséget. Négy számra vonatkozólag bebizonyítottuk, hogy

A \leq Q

. Két számra vonatkozólag közvetlenül ellenőrizhető a

\begin{matrix} G^{2} = A H \end{matrix}

összefüggés, és ebből

G \leq A

felhasználásával

H \leq G

, és így

H \leq A

is adódik. Bizonyítás nélkül említjük meg, mert nem lesz szükségünk rá, hogy az itt említett egyenlőtlenségek a szám közepeire is teljesülnek.

II. megoldás. Jelölje

A

G

H

Q

a

b

c

d

számok megfelelő közepeit. Feladatunk állítása köbreemelés után

Q^{3} \geq G^{4} / H

alakban írható, s mi a többet mondó

G^{4} \leq A^{3} H

egyenlőtlenséget bizonyítjuk be.
Jelölje

A_{1}

G_{1}

H_{1}

a

b

számok,

A_{2}

G_{2}

H_{2}

pedig a

c

d

számok megfelelő közepeit. Nyomban belátható, hogy ezekre

\begin{matrix} A (A_{1}, A_{2}) = A, G (G_{1}, G_{2}) = G, H (H_{1}, H_{2}) = H . \end{matrix}

Mivel

G_{1}^{2} = A_{1} H_{1}

, és hasonló érvényes bármely két szám közepeire,

\begin{matrix} G^{4} & = G_{1}^{2} G_{2}^{2} = A_{1} H_{1} \cdot A_{2} H_{2} = A_{1} A_{2} \cdot H_{1} H_{2} = \\ = A (A_{1}, A_{2}) \cdot H (A_{1}, A_{2}) \cdot A (H_{1}, H_{2}) \cdot H (H_{1}, H_{2}) . \end{matrix}

Minthogy pedig

H (A_{1}, A_{2}) \leq A (A_{1}, A_{2})

, és a hasonló

H_{1} \leq A_{1}

H_{2} \leq A_{2}

egyenlőtlenségekből

A (H_{1}, H_{2}) \leq A (A_{1}, A_{2})

következik, a fenti egyenlőségből a bizonyítandó

G^{4} \leq A^{3} H

egyenlőtlenséghez jutunk.

III. megoldás. Felhasználjuk azt, hogy ha négy szám nem egyenlő, akkor van közöttük a számtani közepüknél nagyobb, és van kisebb is. Legyen például

c < A < d

, ahol

A

ismét az

a

b

c

d

számok számtani közepét jelöli. Legyen

c_{1} = c + d - A

és

d_{1} = A

. Ezekre

\begin{matrix} c_{1} + d_{1} & = c + d, \\ c_{1} d_{1} & = (c + d - A) A = (A - c) (d - A) + c d > c d . \end{matrix}

Ha tehát az

a

b

c

d

számok helyébe az

a

b

c_{1}

d_{1}

számokat írjuk, számtani közepük változatlanul

A

marad, viszont

A

is szerepel közöttük, illetőleg többször szerepel, mint ahányszor szerepelt, és a feladat egyenlőtlenségének jobb oldala

\begin{matrix} a b (c + d) + (a + b) c d < a b (c_{1} + d_{1}) + (a + b) c_{1} d_{1} \end{matrix}

miatt növekszik.
Ha tehát

a

b

c

d

nem egyenlők, akkor megváltoztathatók úgy, hogy számtani közepük változatlanul

A

maradjon,

A

többször szerepeljen közöttük, mint ahányszor szerepelt, s hogy a feladatbeli köbgyök értéke növekedjék. Ezt az eljárást a szükség szerint megismételve mindegyik szám helyébe

A

lép, s a köbgyök értéke állandóan növekszik. Ha pedig mindegyik szám

A

-val egyenlő, akkor a köbgyök értéke is

A

. Eszerint a köbgyök értéke eredetileg is

A

-nál kisebb vagy esetleg vele egyenlő volt, s ez az, amit bizonyítani akartunk.

Megjegyzés. Ennek a megoldásnak a gondolatmenete változatlanul alkalmazható akkor is, ha nem négy számról és a belőlük képezhető három tényezős szorzatok összegéről, hanem a számról és az ezekből képezhető

k

tényezős szorzatok összegéről van szó. Így azt kapjuk, hogy ez az összeg nem lehet nagyobb, mint

(\binom{n}{k}) A^{k}

.
Kiemeljük ennek az eredménynek azt a speciális esetét, amikor

k = n - 1

. Ebben az esetben a vizsgált összeg

n G^{n} / H

. Így tehát a

\begin{matrix} G^{n} \leq A^{n - 1} H \end{matrix}

egyenlőtlenséghez jutunk, amely

n - 2

esetén egyenlőség formájában teljesül,

n = 4

esetén pedig a megoldásainkban bizonyított egyenlőtlenséggel azonos.
Gondolatmenetünk még a

k = n

esetben is alkalmazható, amikor csak egyetlen szorzatról van szó, s így az

n

szám közepeire érvényes

G \leq A

egyenlőtlenség bizonyításához jutunk.