Feladat:	F.3264	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Harangi Viktor ,  Papp Dávid ,  Pataki Péter ,  Torda Péter
Füzet:	1999/november, 485. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Egyenlőtlenségek, Súlyozott közép, Számtani közép, Mértani közép, Bernoulli-féle egyenlőtlenség, Exponenciális egyenlőtlenségek, Egészrész, törtrész függvények, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1999/január: F.3264

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. A bizonyítás során felhasználjuk a súlyozott számtani és súlyozott mértani közép közötti egyenlőtlenséget, amely az $s_1$, $s_2$, $\text{...}$, $s_n$ valós pozitív súlyokra és az $a_1$, $a_2$, $\text{...}$, $a_n$ pozitív számokra a következő: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{s_1{a}_1+s_2{a}_2+\text{...}+s_n{a}_n}{s_1+s_2+\text{...}+s_n}\ge {\left(a_1^{s_1}{a}_2^{s_2}\text{...}{a}_n^{s_n}\right)}^{\frac{1}{s_1+s_2+\text{...}+s_n}}\mathrm{,}}\end{array}$ és egyenlőség csak $a_1=a_2=\text{...}=a_n$ esetén áll fenn. Ha $x$ pozitív egész, akkor $x=\left[x\right]$, így ${\left(1+\frac{\left[x\right]}{x}\right)}^x=2^{\left[x\right]}$, azaz egyenlőség van. Ha $x$ nem egész, de $x<1$, akkor $\left[x\right]=0$, és ezért ekkor is egyenlőség áll fenn. Ha $x$ nem egész és $x>1$, úgy $x-\left[x\right]>0$ és $\left[x\right]>0$, tehát alkalmazhatjuk a súlyozott számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget az $s_1=x-\left[x\right]$ és $s_2=\left[x\right]$ súlyokra és az $a_1=1$ és $a_2=2$ számokra: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{x-\left[x\right]+2\left[x\right]}{x}>\sqrt[x]{2^{\left[x\right]}}\mathrm{,}\text{ahonnan}{\left(1+\frac{\left[x\right]}{x}\right)}^x>2^{\left[x\right]}\mathrm{.}}\end{array}$ Vagyis az állítást igazoltuk, és egyenlőség $x<1$ vagy egész $x$ esetén van.  Harangi Viktor (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 9. o.t.)   II. megoldás. A Bernoulli-egyenlőtlenséget alkalmazzuk: mivel $0\le \frac{\left[x\right]}{x}<1$, azért $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(1+1\right)}^{\frac{\left[x\right]}{x}}\le 1+\frac{\left[x\right]}{x}\mathrm{.}}\end{array}$ Ezt az egyenlőtlenséget az $x$-edik hatványra emelve a bizonyítandó állítást kapjuk. Egyenlőség akkor van, ha $\frac{\left[x\right]}{x}=0$ vagy 1, vagyis ha $x<1$ vagy $x$ egész.