Feladat:	Gy.2950	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Frenkel Péter
Füzet:	1995/április, 217 - 218. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Nevezetes azonosságok, Binomiális együtthatók, Egyenlőtlenségek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1994/december: Gy.2950

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Ha $n=0$, akkor ki kell kötnünk, hogy $a$ és $b$ egyike sem lehet $0$, mert a $0^0$ hatványt nem értelmezzük. A $2a+3b=12$ egyenletet $6$-tal osztva kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{a}{3}+\frac{b}{2}=2.}\end{array}$ Legyen $\frac{a}{3}=1+x$, ahol $x$ megfelelő valós szám; ekkor $\frac{b}{2}=2-\frac{a}{3}=1-x$, az igazolandó állítás pedig $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(1+x\right)}^n+{\left(1-x\right)}^n\ge 2.}\end{array}$ Fejtsük ki a bal oldal tagjait a binomiális tétel szerint: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(1+x\right)}^n=1+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1}\right)x+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)x^2+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{3}\right)x^3+\text{...}+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n}\right)x^n;}\end{array}$ $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(1-x\right)}^n=1-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1}\right)x+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)x^2-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{3}\right)x^3+-\text{...}+{\left(-1\right)}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n}\right)x^n\mathrm{.}}\end{array}$ Ezek összegében csak a páros kitevőjű tagok maradnak meg, azok is pozitív előjellel: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(1+x\right)}^n+{\left(1-x\right)}^n=2+2\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)x^2+2\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{4}\right)x^4+\text{...}+2\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2\left[n/2\right]}\right)x^{2\left[n/2\right]}\mathrm{.}}\end{array}$ (2) Ha $n<2$, akkor ennek az összegnek csak egy tagja van, a $2$. Ilyenkor tehát (2)-ben egyenlőség áll. Ha $n\ge 2$, akkor legalább még egy tagja van az összegnek. Mivel ezek a tagok mind nemnegatívak, az összeg legalább $2$. Egyenlőség akkor van, ha $x=0$, azaz $a=3$ és $b=2$.   II. megoldás. Ha $n=0$, akkor az állítás triviális, feltéve, hogy $a\ne 0$ és $b\ne 0$. A továbbiakban feltesszük, hogy $n\ge 1$. Legyen $x=\frac{a}{3}$ és $y=\frac{b}{2}$. A feltételt $6$-tal osztva kapjuk, hogy $x+y=2$, a bizonyítandó állítás pedig: $x^n+y^n\ge 2$. Mivel $x$ és $y$ szerepe felcserélhető, feltehetjük, hogy $x\le y$. Azt állítjuk, hogy minden $k$ természetes szám esetén $x^k\le y^k$. Ez azért igaz, mert $y\ge x=2-y>-y$ miatt $|x|\le y$. Ebből következik, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle 1+y+y^2+\text{...}+y^{n-1}\ge 1+x+x^2+\text{...}+x^{n-1}\mathrm{.}}\end{array}$ Az $x+y=2$ feltétel miatt $y-1=1-x$ és $y\ge x$ miatt $y-1$ nemnegatív. Ezért a fenti egyenlőtlenség igaz marad, ha a bal oldalt $\left(y-1\right)$-gyel, a jobb oldalt $\left(1-x\right)$-szel szorozzuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(y-1\right)\left(1+y+y^2+\text{...}+y^{n-1}\right)\ge \left(1-x\right)\left(1+x+x^2+\text{...}+x^{n-1}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ A beszorzásokat elvégezve $y^n-1\ge 1-x^n$ adódik, ahonnan $x^n+y^n\ge 2$. Ezt kellett bizonyítani.  Frenkel Péter (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., II. o.t.)   Megjegyzés. Többen próbálták alkalmazni a számtani és az $n$-edik hatványközép közötti egyenlőtlenséget az $\frac{a}{3}$ és $\frac{b}{2}$ számokra: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{x+y}{2}\le \sqrt[n]{\frac{x^n+y^n}{2}}\mathrm{,}\text{ha}x\mathrm{,}y\ge 0.}\end{array}$ Azt az esetet azonban, amikor $a$ vagy $b$ negatív, többnyire nem vizsgálták meg. Az ilyen dolgozatok 2 pontot kaptak.