Kezdőlap


Feladat:	1553. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: -
Megoldó(k):	Révész Sz. György
Füzet:	1975/november, 134 - 135. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Algebrai átalakítások, Azonosságok, Egyenlőtlenségek, Természetes számok, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1974/december: 1553. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. Bizonyítanunk kell, hogy

\begin{matrix} {(a^{a} b^{b} c^{c})}^{3} \geq {(a b c)}^{(a + b + c)} . \end{matrix}

(1)

A jobb oldalon álló pozitív kifejezéssel osztva az egyenlőtlenség mindkét oldalát, majd átrendezve, a bizonyítandó egyenlőtlenség a következőbe megy át:

\begin{matrix} {(\frac{a}{b})}^{a - b} \cdot {(\frac{a}{c})}^{a - c} \cdot {(\frac{b}{c})}^{b - c} \geq 1. \end{matrix}

A bal oldalon álló szorzat mindhárom tényezője legalább

1

. Például az első azért, mert ha

a > b

, akkor

{(a / b)}^{a - b}

egy egynél nagyobb szám pozitív kitevős hatványa, tehát maga is

1

-nél nagyobb; ha

a = b

úgy a hatvány értéke

1

; ha

a < b

, akkor

{(a / b)}^{a - b}

egy egynél kisebb szám negatív kitevős hatványa, tehát ismét csak

1

-nél nagyobb.
Így a három

1

-nél nem kisebb szám szorzata is legalább

1

lesz. Egyenlőség csak akkor áll fenn, ha mindhárom tényező

1

, azaz ha

a = b = c

Révész Sz. György (Budapest, I. István Gimn., III. o. t.)

Megjegyzések. 1. A megoldás során nem használtuk ki, hogy

a

b

c

egészek, csak annyit, hogy pozitívak. Így tetszőleges pozitív

a

b

c

mellett érvényes

(1)

.
2. A megoldás ötletét felhasználva kapjuk az

a_{1}

a_{2}

...

a_{n}

pozitív számokra, hogy

\begin{matrix} {(\frac{a_{1}}{a_{2}})}^{a_{1} - a_{2}} \cdot {(\frac{a_{1}}{a_{3}})}^{a_{1} - a_{3}} \cdot ... \cdot {(\frac{a_{1}}{a_{n}})}^{a_{1} - a_{n}} \cdot (\frac{a_{2}}{a_{3}})^{a_{2} - a_{3}} \cdot ... \cdot {(\frac{a_{n - 1}}{a_{n}})}^{a_{n - 1} - a_{n}} \geq 1, \end{matrix}

amiből átalakítások után az

\begin{matrix} {(a_{1}^{a_{1}} \cdot a_{2}^{a_{2}} \cdot ... \cdot a_{n}^{a_{n}})}^{n} \geq {(a_{1} a_{2} ... a_{n})}^{a_{1} + a_{2} + ... + a_{n}} \end{matrix}

egyenlőtlenséget nyerjük.

Révész Sz. György

II. megoldás. A bizonyítandó állítás nem változik, ha a benne szereplő

a

b

c

betűket tetszés szerint felcseréljük. (Ezt a tényt úgy fejezzük ki, hogy a bizonyítandó egyenlőtlenség szimmetrikus a benne szereplő változókra.) Cseréljük fel a betűket úgy, hogy az

a \geq b \geq c

egyenlőtlenség fennálljon (ezt nyilván megtehetjük például úgy, hogy először a legnagyobbat cseréljük ki

a

-val, azután a maradék kettőt egymással felcseréljük, ha még szükséges). A bizonyítandó

\begin{matrix} a^{3 a} b^{3 b} c^{3 c} \geq a^{a + b + c} b^{a + b + c} c^{a + b + c} \end{matrix}

egyenlőtlenség mindkét oldalán

3 a + 3 b + 3 c

szám szorzata áll, és e szorzatokban néhány

a

-val egyenlő tényezőt

b

-vel egyenlő tényezők követnek, majd

c

-vel egyenlő tényezők zárják a sort. A különbség csak az, hogy

\begin{matrix} 3 a \geq a + b + c \end{matrix}

miatt a jobb oldalon hamarabb találkozunk az

a

-val egyenlő tényezők után az első

b

-vel egyenlő tényezővel, és

\begin{matrix} 3 a + 3 b \geq 2 (a + b + c) \end{matrix}

miatt az első

c

is hamarabb lép fel a jobb oldalon, mint a balon. Tehát a jobb oldalon álló szorzat tényezői rendre kisebbek, mint a bal oldali szorzat megfelelő tényezője, esetleg egyenlőek vele, így a jobb oldalon az egész szorzat kisebb, mint a hal oldalon álló szorzat, esetleg egyenlő vele.