Kezdőlap


Feladat:	390. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	1952/április, 73 - 75. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyenlőtlenségek, Függvényvizsgálat, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1951/december: 390. matematika feladat

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

Példaképpen vegyük a pozitív értékekre értelmezett $\sqrt[]{x y}$ függvényt. Erre képezve a szimmetrikus Jensen-egyenlőtlenségben szereplő két oldal különbségét:

\begin{matrix} \sqrt[]{(\frac{x_{1} + x_{2}}{2}) (\frac{y_{1} + y_{2}}{2})} - \frac{\sqrt[]{x_{1} y_{1}} + \sqrt[]{x_{2} y_{2}}}{2} = \\ = \frac{1}{2} \cdot \frac{(x_{1} + x_{2}) (y_{1} + y_{2}) - {(\sqrt[]{x_{1} y_{1}} + \sqrt[]{x_{2} y_{2}})}^{2}}{\sqrt[]{(x_{1} + y_{2}) (y_{1} + y_{2})} + \sqrt[]{x_{1} y_{1}} + \sqrt[]{x_{2} y_{2}}} . \end{matrix}

Itt a nevező pozitív, a számláló így alakítható tovább a négyzet tagokra bontása és összevonás után:

\begin{matrix} x_{1} y_{2} + x_{2} y_{1} - 2 \sqrt[]{x_{1} y_{1} x_{2} y_{2}} . \end{matrix}

Itt az első két tag az

x_{1} y_{2}

és

x_{2} y_{1}

számok számtani közepének, a kivonandó pedig mértani közepüknek a kétszerese. Így a különbség nem lehet negatív. A kifejezés értéke

0

lehet azonban, ha

x_{1} y_{2} = x_{2} y_{1}

, azaz

x_{1} / y_{1} = x_{2} / y_{2}

. A felület tehát tágabb értelemben konkáv. Az

(x, y)

síkon a kezdő ponton átmenő egyenesek fölött a felületen is egyenesek húzódnak.
A

{log}_{}^{⌣_{}^{a}} (a^{x} + a^{y})

függvényre

\begin{matrix} \frac{{log}_{}^{⌣_{}^{a}} (a^{x_{1}} + a^{y_{1}}) + {log}_{}^{⌣_{}^{a}} (a^{x_{2}} + a^{y_{2}})}{2} = {log}_{}^{⌣_{}^{a}} \sqrt[]{(a^{x_{1}} + a^{y_{1}}) (a^{x_{2}} + a^{y_{2}})} \geq \\ \geq {log}_{}^{⌣_{}^{a}} (\sqrt[]{a^{x_{1} + y_{1}}} + \sqrt[]{a^{x_{2} + y_{2}}}) = {log}_{}^{⌣_{}^{a}} (a^{\frac{x_{1} + z_{1}}{2}} + a^{\frac{x_{2} + y_{2}}{2}}) \end{matrix}

az előbb bizonyított egyenlőtlenség szerint feltéve, hogy

a > 1

. Egyenlőség akkor állhat, ha

a^{x_{1} - y_{1}} = a^{x_{2} - y_{2}}

. Ha

0 < a < 1

, akkor a fordított egyenlőtlenség érvényes, tehát

{log}_{}^{⌣_{}^{a}} (a^{x} + a^{y})

tágabb értelemben konvex, ha

a > 1

és tágabb értelemben konkáv, ha

0 < a < 1

.
Vizsgáljuk most az

x^{q_{1}} x^{q_{2}}

függvényt ha

x

y

q_{1}

és

q_{2}

pozitív és

q_{1} + q_{2} = 1

. Itt az

\begin{matrix} \frac{x_{1}^{q_{1}} y_{2}^{q_{2}} + x_{2}^{q_{1}} y_{2}^{q_{2}}}{2} és {(\frac{x_{1} + x_{2}}{2})}^{q_{1}} {(\frac{y_{1} + y_{2}}{2})}^{q_{2}} = \frac{1}{2} {(x_{1} + x_{2})}^{q_{1}} {(y_{1} + y_{2})}^{q}, \end{matrix}

kifejezéseket kell összehasonlítanunk. A kettő hányadosát fogjuk tudni alkalmasan átalakítani, felhasználva, hogy két mennyiség súlyozott mértani közepe kisebb az ugyanazon súlyokkal súlyozott számtani középnél.

\begin{matrix} \frac{x_{1}^{q_{1}} y_{1}^{q_{2}} + x_{2}^{q_{1}} y_{2}^{q_{2}}}{{(x_{1} + x_{2})}^{q_{1}} {(y_{1} + y_{2})}^{q_{2}}} = {(\frac{x_{1}}{x_{1} + x_{2}})}^{q_{1}} {(\frac{y_{1}}{y_{1} + y_{2}})}^{q_{2}} + {(\frac{x_{2}}{x_{1} + x_{2}})}^{q_{1}} {(\frac{y_{2}}{y_{1} + y_{2}})}^{q_{2}} \leq \\ \leq q_{1} \frac{x_{1}}{x_{1} + x_{2}} + q_{2} \frac{y_{1}}{y_{1} + y_{2}} + q_{1} \frac{x_{2}}{x_{1} + x_{2}} + q_{2} \frac{y_{2}}{y_{1} + y_{2}} = q_{1} + q_{2} = 1. \end{matrix}

Egyenlőség akkor állhat, ha

\begin{matrix} \frac{x_{1}}{x_{1} + x_{2}} = \frac{y_{1}}{y_{1} + y_{2}} és \frac{x_{2}}{x_{1} + x_{2}} = \frac{y_{2}}{y_{1} + y_{2}}, \end{matrix}

azaz, ha

x_{1} / y_{1} = x_{2} / y_{2}

. Az

x^{q_{1}} y^{q_{2}}

függvény tehát, ha

q_{1} + q_{2} = 1

, tágabb értelemben konkáv. Hasonlóan az

x_{1}^{q_{1}} x_{2}^{q_{2}} ... x_{n}^{q_{n}}

függvényre, ha

x_{1}

x_{2}

...

x_{n}

;

y_{1}

y_{2}

...

y_{n}

;

q_{1}

q_{2}

...

q_{n}

pozitív és

q_{1} + q_{2} + ... + q_{n} = 1

, akkor

\begin{matrix} \frac{\frac{x_{1}^{q_{1}} x_{2}^{q_{2}} ... x_{n}^{q_{n}} + y^{q_{1}} y^{q_{2}} ... y_{n}^{q_{n}}}{2}}{{(\frac{x_{1} + y_{1}}{2})}^{q_{1}} {(\frac{x_{2} + y_{2}}{2})}^{q_{2}} ... {(\frac{x_{n} + y_{n}}{2})}^{q_{n}}} = \\ = {(\frac{x_{1}}{x_{1} + y_{1}})}^{q_{1}} {(\frac{x_{2}}{x_{2} + y_{2}})}^{q_{2}} ... {(\frac{x_{n}}{x_{n} + y_{n}})}^{q_{n}} + {(\frac{y_{1}}{x_{1} + y_{1}})}^{q_{1}} {(\frac{y_{2}}{x_{2} + y_{2}})}^{q_{2}} ... {(\frac{y_{n}}{y_{n} + y_{n}})}^{q_{n}} \leq \\ \leq q_{1} \frac{x_{1}}{x_{1} + y_{1}} + q_{2} \frac{x_{2}}{x_{2} + y_{2}} + ... + q_{n} \frac{x_{n}}{x_{n} + y_{n}} + q_{1} \frac{y_{1}}{x_{1} + y_{1}} + q_{2} \frac{y_{2}}{x_{2} + y_{2}} + ... + q_{n} \frac{y_{n}}{x_{n} + y_{n}} = \\ = q_{1} + q_{2} + ... + q_{n} = 1. \end{matrix}

A függvény tehát ismét tágabb értelemben konkáv. Írjuk fel a

k

tagú szimmetrikus egyenlőtlenséget. Jelöljünk

k

számú szám

n

-est

(x_{1}^{(1)}, x_{2}^{(1)}, ..., x_{n}^{(1)})

(x_{1}^{(2)}, x_{2}^{(2)}, ..., x_{n}^{(2)})

...

(x_{1}^{(k)}, x_{2}^{(k)}, ..., x_{n}^{(k)})

-val, ekkor

\begin{matrix} {(\frac{x_{1}^{(1)} + x_{1}^{(2)} + ... + x_{1}^{(k)}}{k})}^{q_{1}} {(\frac{x_{2}^{(1)} + x_{2}^{(2)} + ... + x_{2}^{(k)}}{k})}^{q_{2}} ... {(\frac{x_{n}^{(1)} + ... + x_{n}^{(k)}}{k})}^{q_{n}} \geq \\ \geq \frac{x_{1}^{(1) q_{1}} x_{2}^{(1) q_{2}} ... x_{n}^{(1) q_{n}} + x_{1}^{(2) q_{1}} ... x_{n}^{(2) q_{n}} + ... + x_{1}^{(k) q_{1}} x_{2}^{(k) q_{2}} ... x_{n}^{(k) q_{n}}}{k} . \end{matrix}

Itt, mivel

q_{1} + q_{2} + ... q_{n} = 1

, a nevezőket el is hagyhatjuk.