Kezdőlap


Feladat:	387. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Kántor S.
Füzet:	1952/április, 69 - 70. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyenlőtlenségek, Függvényvizsgálat, Jensen-féle egyenlőtlenség, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1951/december: 387. matematika feladat

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

Redukáljuk az egyenlőtlenséget nullára. A $D$ -k jelentését tekintetbe véve a szorzókkal tudunk egyszerűsíteni és az

\begin{matrix} (f (v_{1}) - f (u_{1})) + (f (v_{2}) - f (u_{2})) + ... + (f (v_{k}) - f (u_{k})) > 0, \end{matrix}

vagy

\begin{matrix} f (u_{1}) + f (u_{2}) + ... + f (u_{k}) < f (v_{1}) + f (v_{2}) + ... + f (v_{k}) \end{matrix}

egyenlőtlenséghez jutunk.
Tegyük most fel megfordítva, hogy egy

f (x)

függvényről csak annyit tudunk, hogy kielégíti az utolsó egyenlőtlenséget, ha az

u

-k és

v

-k eleget tesznek a fönti feltételeknek. Legyenek ekkor

v_{1} \geq v_{2} \geq ... \geq v_{k}

olyan számok, melyek közt vannak különbözők.
Ekkor

v_{1} > \frac{v_{1} + v_{2} + ... + v_{k}}{k}, \frac{v_{1} + v_{2}}{2} > \frac{v_{1} + v_{2} + ... v_{k}}{k} ...

\frac{v_{1} + v_{2} + ... + v_{k - 1}}{k - 1} > \frac{v_{1} + v_{2} + ... + v_{k}}{k}

.
Így

u_{1} = u_{2} = ... = u_{k} = \frac{v_{1} + v_{2} + ... + v_{k}}{k}

választás mellett ki vannak elégítve a kérdéses egyenlőtlenségek s így fennáll a

\begin{matrix} k f (\frac{v_{1} + v_{2} + ... + v_{k}}{k}) < f (v_{1}) + f (v_{2}) + ... + f (v_{k}) \end{matrix}

egyenlőtlenség, ami nem más, mint a

k

-tagú szimmetrikus Jensen-egyenlőtlenség. Tudjuk azonban, hogy ennek teljesüléséből következik a függvény konvex volta.

f (x)

tehát konvex függvény.