Feladat:	F.3256	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Terpai Tamás
Füzet:	1999/október, 417 - 418. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Harmonikus közép, Számtani közép, Kvadratikus közép, Irracionális egyenlőtlenségek, Gyökös függvények, Jensen-féle egyenlőtlenség, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1998/december: F.3256

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. A feladat feltétele szerint $x_1+x_2+\text{...}+x_n=1$. A számtani és négyzetes közép közötti egyenlőtlenség alapján: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\sqrt[]{x_1}+\sqrt[]{x_2}+\text{...}+\sqrt[]{x_n}}{\sqrt[]{n-1}}\le \frac{n\cdot \sqrt[]{\frac{x_1+x_2+\text{...}+x_n}{n}}}{\sqrt[]{n-1}}=\frac{\sqrt[]{n}}{\sqrt[]{n-1}}\mathrm{,}}\end{array}$ Így elegendő az $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{x_1}{\sqrt[]{1-x_1}}+\frac{x_2}{\sqrt[]{1-x_2}}+\text{...}+\frac{x_n}{\sqrt[]{1-x_n}}\ge \frac{\sqrt[]{n}}{\sqrt[]{n-1}}}\end{array}$ (1) egyenlőtlenséget bizonyítanunk. Ehhez az (1) bal oldalán álló törteket átalakítjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{x_i}{\sqrt[]{1-x_i}}=-\frac{1-x_i}{\sqrt[]{1-x_i}}+\frac{1}{\sqrt[]{1-x_i}}=-\sqrt[]{1-x_i}+\frac{1}{\sqrt[]{1-x_i}}\mathrm{.}}\end{array}$ Ezután alsó becslést keresünk a $\begin{array}{c}{\displaystyle -\sqrt[]{1-x_1}-\sqrt[]{1-x_2}-\text{...}-\sqrt[]{1-x_n}\text{és az}\frac{1}{\sqrt[]{1-x_1}}+\frac{1}{\sqrt[]{1-x_2}}+\text{...}+\frac{1}{\sqrt[]{1-x_n}}}\end{array}$ összegekre. A számtani és négyzetes közép közötti egyenlőtlenség szerint: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \text{(2) }-\left(\sqrt[]{1-x_1}+\sqrt[]{1-x_2}+\text{...}+\sqrt[]{1-x_n}\right)\ge }\\ \hfill {\displaystyle \ge -n\sqrt[]{\frac{\left(1-x_1\right)+\left(1-x_2\right)+\text{...}+\left(1-x_n\right)}{n}}=-\frac{\sqrt[]{n}\left(n-1\right)}{\sqrt[]{n-1}}\mathrm{.}}\end{array}}}\end{array}$ A harmonikus és számtani, majd a számtani és négyzetes közép közötti egyenlőtlenséget alkalmazva kapjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \frac{1}{\sqrt[]{1-x_1}}+\frac{1}{\sqrt[]{1-x_2}}+\text{...}+\frac{1}{\sqrt[]{1-x_n}}\ge \frac{n^2}{\sqrt[]{1-x_1}+\sqrt[]{1-x_2}+\text{...}+\sqrt[]{1-x_n}}\ge }\\ \hfill {\displaystyle \ge \frac{n^2}{n\sqrt[]{\frac{\left(1-x_1\right)+\left(1-x_2\right)+\text{...}+\left(1-x_n\right)}{n}}}=\frac{\sqrt[]{n}\cdot n}{\sqrt[]{n-1}}\mathrm{.}}\end{array}}}\end{array}$ A (2) és (3) egyenlőtlenségeket összeadva: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{x_1}{\sqrt[]{1-x_1}}+\frac{x_2}{\sqrt[]{1-x_2}}+\text{...}+\frac{x_n}{\sqrt[]{1-x_n}}\ge \frac{\sqrt[]{n}}{\sqrt[]{n-1}}\mathrm{.}}\end{array}$ Ezzel a feladat állítását beláttuk. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha $x_1=x_2=\text{...}=x_n=\frac{1}{n}$.   II. megoldás. Az $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{x_1}{\sqrt[]{1-x_1}}+\frac{x_2}{\sqrt[]{1-x_2}}+\text{...}+\frac{x_n}{\sqrt[]{1-x_n}}\ge \frac{\sqrt[]{n}}{\sqrt[]{n-1}}}\end{array}$ egyenlőtlenségre adunk másik bizonyítást. Ehhez a Jensen egyenlőtlenséget (megtalálható pl. Molnár Emil: Matematikai versenyfeladatok gyűjteménye 1947‐1970, Tankönyvkiadó, 1974. c. könyv 516. oldalán) fogjuk használni: ha $f\left(x\right)$ konvex függvény, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{f\left(x_1\right)+f\left(x_2\right)+\text{...}+f\left(x_n\right)}{n}\ge f\left(\frac{x_1+x_2+\text{...}+x_n}{n}\right);}\end{array}$ egyenlőség csak $x_1=x_2=\text{...}=x_n$ esetén áll fenn. Az $f\left(x\right)=\frac{x}{\sqrt[]{1-x}}$ függvény a $\left(\mathrm{0,}1\right)$ intervallumon konvex, mert a második deriváltja $\frac{4-x}{4{\left(\sqrt[]{1-x}\right)}^5}$, $0<x<1$ esetén pozitív. Az $f\left(x\right)$ függvényre alkalmazva a Jensen-egyenlőtlenséget, adódik a kívánt állítás.