Kezdőlap


Feladat:	260. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Dávid Péter , Dömölki B.
Füzet:	1951/augusztus, 80 - 82. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyenlőtlenségek, ( x + 1/x ) > = 2 ( x > 0 ), Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1951/március: 260. matematika feladat

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

I. megoldás: Ha $n = 2$ , akkor az $\frac{x_{1}}{x_{2}} + \frac{x_{2}}{x_{1}} \geq 2$ bizonyítandó egyenlőtlenséget kapjuk. A két oldal különbsége

\begin{matrix} \frac{x_{1}}{x_{2}} + \frac{x_{2}}{x_{1}} - 2 = \frac{x_{1}^{2} + x_{2}^{2} - 2 x_{1} x_{2}}{x_{1} x_{2}} = \frac{{(x_{1} - x_{2})}^{2}}{x_{1} x_{2}} \geq 0, \end{matrix}

x_{1}

és

x_{2}

pozitív. Egyenlőség csak akkor állhat, ha

x_{1} = x_{2}

.
Próbáljuk meg az általános állítást a tagok száma szerinti teljes indukcióval bizonyítani.

n = 2

-re már igazoltuk az állítást. Tegyük fel, hogy valamilyen

n =

= k

értékre már bebizonyítottuk az állítást, tehát bármely

k

pozitív

x_{1}, ..., x_{k}

számra

\begin{matrix} \frac{x_{1}}{x_{2}} + \frac{x_{2}}{x_{3}} + ... + \frac{x_{k - 1}}{x_{k}} + \frac{x_{k}}{x_{1}} \geq k . \end{matrix}

(1)

Nézzünk egy

k + 1

számú pozitív számból:

y_{1}

y_{2}

...

y_{k + 1}

-ből képzett

\begin{matrix} \frac{y_{1}}{y_{2}} + \frac{y_{2}}{y_{3}} + ... + \frac{y_{k}}{y_{k + 1}} + \frac{y_{k + 1}}{y_{1}} \end{matrix}

(2)

kifejezést. Ha van két szomszédos elem a számok sorozatában, amelyek egyenlők:

y_{i} = y_{i + 1}

, akkor

\frac{y_{i - 1}}{y_{i}} + \frac{y_{i}}{y_{i + 1}} = \frac{y_{i - 1}}{y_{i + 1}} + 1

.
(Szomszédosnak tekintjük

y_{k + 1}

-et és

y_{1}

-et is. Ekkor

i = k + 1

és

y_{i + 1}

-et

y_{1}

-gyel kell helyettesíteni; vagy

i = 1

és

y_{i - 1}

-et kell

y_{k + 1}

-gyel helyettesíteni.) Így a vizsgálandó kifejezés

\begin{matrix} \frac{y_{1}}{y_{2}} + \frac{y_{2}}{y_{3}} + ... + \frac{y_{i - 1}}{y_{i + 1}} + 1 + \frac{y_{i + 1}}{y_{i + 2}} + ... + \frac{y_{k + 1}}{y_{1}} \end{matrix}

(3)

alakú, tehát egy 1-esből és egy

k

tagú kifejezésből áll, mely ugyanolyan típusú, mint az (1) egyenlőtlenség baloldala. Így erről tudjuk, hogy értéke legalább

1 + k

. Ha nincs két szomszédos egyenlő tag a sorozatban, akkor is helyettesíthetjük valamilyen

i

-re

\frac{y_{i - 1}}{y_{i}}

\frac{y_{i}}{y_{i + 1}}

-et

\frac{y_{i - 1}}{y_{i + 1}} + 1

-gyel és ismét egy (3) alakú kifejezést kapunk, amelyik értéke legalább

k + 1

. Ebből csak akkor következtethetünk arra, hogy az eredeti kifejezés értéke is legalább

k + 1

, ha tudjuk, hogy a végzett módosítással kisebbítettük az összeget, azaz hogy

\begin{matrix} \frac{y_{i - 1}}{y_{i}} + \frac{y_{i}}{y_{i + 1}} \geq \frac{y_{i - 1}}{y_{i + 1}} + 1. \end{matrix}

A két oldal különbsége közös nevezőre hozva

\begin{matrix} \frac{y_{i - 1} y_{i + 1} + y_{i}^{2} - y_{i - 1} y_{i} - y_{i} y_{i + 1}}{y_{i} y_{i + 1}} = \\ = \frac{y_{i - 1} (y_{i + 1} - y_{i}) + y_{i} (y_{i} - y_{i + 1})}{y_{i} y_{i + 1}} = \frac{(y_{i} - y_{i - 1}) (y_{i} - y_{i + 1})}{y_{i} y_{i + 1}} \end{matrix}

Ez a kifejezés akkor pozitív, ha

y_{i}

vagy nagyobb

y_{i + 1}

-nél is,

y_{i - 1}

-nél is, vagy mind a kettőnél kisebb. Ilyen

y_{i}

biztosan van, például a számok legkisebbike, vagy legnagyobbika. Ezek közül egyet választva

y_{i}

-nek (ha

i = k + 1

, akkor

y_{i + 1}

-en

y_{1}

-et értjük, ha pedig

i = 1

, akkor

y_{i - 1}

-en

y_{k + 1}

-et) a (2) kifejezés nagyobb lesz, mint a (3) alatti, ez pedig az indukciós feltevés szerint nem kisebb

k + 1

-nél. Ha tehát az állítás igaz valamilyen

k

-ra, akkor igaz

k + 1

-re is. Ezzel bizonyítottuk, hogy minden

n

-re igaz.

n = 2

-re láttuk, hogy egyenlőség csak akkor állhat fenn, ha a két szám egyenlő. A bizonyítás azt is mutatja, hogy az egyenlőtlenség abban a szigorúbb formában érvényes, hogy egyenlőség csak akkor állhat, ha az adott számok mind egyenlők. Tegyük fel ugyanis, hogy valamilyen

k

-ra ebben a szigorúbb formában bizonyítottuk az állítást. Ha

y_{i}

különbözik

y_{i - 1}

-től is,

y_{i + 1}

-től is, akkor a (2) kifejezés határozottan nagyobb (3)-nál, tehát

k + 1

-nél is. Ha pl.

y_{i} = y_{i + 1}

, akkor a (2) kifejezés egyenlő a (3)-mal, viszont az indukciós feltevés szerint a (3) kifejezés csak akkor egyenlő

k + 1

-gyel, ha

y_{1} = ... = y_{i - 1} = y_{i + 1} = ... = y_{k + 1}

. Mivel viszont

y_{i} = y_{i + 1}

, tehát azt nyertük, hogy

k + 1

szám esetén is csak akkor állhat egyenlőség, ha minden szám egyenlő.
Ezzel bizonyítottuk ezt az erősebb állítást is.

II. megoldás: A megadott

n

szám szorzata

\begin{matrix} \frac{x_{1}}{x_{2}} \frac{x_{2}}{x_{3}} \frac{x_{3}}{x_{4}} ... \frac{x_{n - 1}}{x_{n}} \frac{x_{n}}{x_{1}} = 1 \end{matrix}

lévén a mértani közepük is 1.
Ismeretes azonban, hogy

n

szám számtani közepe nagyobb, vagy egyenlő mint mértani közepük. Egyenlőség csak akkor áll fenn, ha a tagok egyenlők.

\begin{matrix} \frac{\frac{x_{1}}{x_{2}} + \frac{x_{2}}{x_{3}} + ... + \frac{x_{n - 1}}{x_{n}} + \frac{x_{n}}{x_{1}}}{n} \geq 1, \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} \frac{x_{1}}{x_{2}} + \frac{x_{2}}{x_{3}} + ... + \frac{x_{n - 1}}{x_{n}} + \frac{x_{n}}{x_{1}} \geq n . \end{matrix}

Egyenlőség csak akkor van, ha

\frac{x_{1}}{x_{2}} = \frac{x_{2}}{x_{3}} = ... = \frac{x_{n - 1}}{x_{n}} = \frac{x_{n}}{x_{1}} = 1

vagyis

\begin{matrix} x_{1} = x_{2} = ... = x_{n - 1} = x_{n} . \end{matrix}

Dávid Péter (Szentendrei gimn. IV. o.)

Megoldotta: Dömölki B.