Kezdőlap


Feladat:	Gy.3175	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):	Máthé András , Vitéz Ildikó
Füzet:	1998/december, 522 - 523. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenlőtlenségek, Nevező gyöktelenítése, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1998/január: Gy.3175

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

Ha $a = b$ , akkor az egyenlőtlenség: $0 \leq 0 \leq 0$ teljesül. A továbbiakban feltesszük, hogy $a \neq b$ , azaz $a - b \neq 0$ . Az egyenlőtlenség-lánc középső tagját a $\sqrt[]{x} - \sqrt[]{y} = \frac{x - y}{\sqrt[]{x} + \sqrt[]{y}}$ azonosság alapján átalakítva:

\begin{matrix} \begin{matrix} \frac{{(a - b)}^{2}}{2 (a + b)} \leq \frac{\frac{a^{2} + b^{2}}{2} - a b}{\sqrt[]{\frac{a^{2} + b^{2}}{2}} + \sqrt[]{a b}} \leq \frac{{(a - b)}^{2}}{\sqrt[]{2} (a + b)}, \\ \frac{{(a - b)}^{2}}{2 (a + b)} \leq \frac{\frac{{(a - b)}^{2}}{2}}{\sqrt[]{\frac{a^{2} + b^{2}}{2}} + \sqrt[]{a b}} \leq \frac{{(a - b)}^{2}}{\sqrt[]{2} (a + b)} . \end{matrix} \end{matrix}

Mivel

{(a - b)}^{2} > 0

, azért az egyenlőtlenségeket eloszthatjuk vele:

\begin{matrix} \frac{1}{2 (a + b)} \leq \frac{\frac{1}{2}}{\sqrt[]{\frac{a^{2} + b^{2}}{2}} + \sqrt[]{a b}} \leq \frac{1}{\sqrt[]{2} (a + b)} . \end{matrix}

Ezzel egyenértékű:

\begin{matrix} 2 (a + b) \geq 2 (\sqrt[]{\frac{a^{2} + b^{2}}{2}} + \sqrt[]{a b}) \geq \sqrt[]{2} (a + b) . \end{matrix}

Négyzetre emelve:

\begin{matrix} \begin{matrix} 4 {(a + b)}^{2} & \geq 4 (\frac{a^{2} + b^{2}}{2} + a b + 2 \sqrt[]{\frac{a^{2} + b^{2}}{2}} \sqrt[]{a b}) \geq 2 {(a + b)}^{2}, \\ 2 {(a + b)}^{2} & \geq a^{2} + b^{2} + 2 a b + 4 \sqrt[]{\frac{a^{2} + b^{2}}{2}} \sqrt[]{a b} \geq {(a + b)}^{2} . \end{matrix} \end{matrix}

Mindenhonnan kivonva

{(a + b)}^{2}

-t

\begin{matrix} {(a + b)}^{2} \geq 4 \sqrt[]{\frac{a^{2} + b^{2}}{2}} \sqrt[]{a b} \geq 0. \end{matrix}

A második egyenlőtlenség biztosan teljesül, mert

a

és

b

pozitívak. Az elsőt négyzetreemeléssel tovább alakítva:

\begin{matrix} \begin{matrix} {(a + b)}^{4} \geq 16 \frac{a^{2} + b^{2}}{2} \cdot a b, \\ a^{4} + 4 a^{3} b + 6 a^{2} b^{2} + 4 a b^{3} + b^{4} \geq 8 a^{3} b + 8 a b^{3}, \\ a^{4} - 4 a^{3} b + 6 a^{2} b^{2} - 4 a b^{3} + b^{4} \geq 0, \\ {(a - b)}^{4} \geq 0. \end{matrix} \end{matrix}

Ez mindenképpen teljesül, és csak ekvivalens átalakításokat végeztünk (hiszen végig pozitív mennyiségekről volt szó, ahol a négyzetre emelés kölcsönösen egyértelmű hozzárendelés); így az állítást bebizonyítottuk.

Vitéz Ildikó (Miskolc, Földes F. Gimn., 10. o.t.)