Feladat: B.3499 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Antal Ágnes ,  Balogh János ,  Bóka Gergely ,  Garab Ábel ,  Hablicsek Márton ,  Hargitai Gábor ,  Kiss-Tóth Christián ,  Nagy Szabolcs ,  Pallos Péter ,  Révész Dániel ,  Sándor Nóra Katalin ,  Sásdy Gabriella ,  Simon Balázs ,  Tábor Áron 
Füzet: 2002/május, 281 - 287. oldal  PDF file
Témakör(ök): Algebrai egyenlőtlenségek, Természetes számok, Mértani közép, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2001/november: B.3499

Az x és y pozitív számok mértani közepe g. Bizonyítsuk be, hogy ha g3, akkor 11+x+11+y21+g, ha pedig g2, akkor 11+x+11+y21+g.

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

I. megoldás. A vizsgált egyenlőtlenségben minden tag pozitív, ezért a nevezőkkel szorozva majd négyzetre emelve ugyanaz lesz az egyenlőtlenség két oldalán így adódó és az eredeti mennyiségek nagyságviszonya. Elegendő tehát az

(1+g)(2+x+y+2(1+x)(1+y))és a4(1+x)(1+y)
kifejezéseket összehasonlítanunk.
A tömörség kedvéért legyen
a=x+y2ést=(1+x)(1+y)=1+2a+g2.
A számtani és mértani közép közti egyenlőtlenség szerint ag és ezért
t1+2g+g2=1+g(*)
(g a feltétel szerint pozitív).
Ezzel a jelöléssel (1+g)(2+2a+2t) és 4t2 nagyságviszonyát kell megállapítanunk.
Vizsgáljuk először a g3 esetet. Azt kell megmutatnunk, hogy ekkor
(1+g)(2+2a+2t)4t2,
vagy 2-vel osztva
(1+g)(1+a)+(1+g)t2t2.(1)
A bal oldalon (*) szerint (1+g)t(1+g)2, így elegendő annyit igazolnunk, hogy ha g3, akkor
(1+g)(1+a)+(1+g)22t2=2+4a+2g2.

Beszorzás és rendezés után a -g2+ag-3a+3g0 egyenlőtlenséget kapjuk. Vegyük észre, hogy a bal oldal szorzattá alakítható:
-g2+ag-3a+3g=(g-3)(a-g).
Ennek a szorzatnak pedig egyik tényezője sem negatív: az első a g-re vonatkozó feltétel miatt, a második pedig a korábban is felhasznált ag egyenlőtlenség szerint. Ezzel az állítás első részét igazoltuk. Az is látszik, hogy pontosan akkor van egyenlőség, ha a=g, azaz x=y.
Legyen most g2. Ekkor a fordított irányú
(1+g)(1+a)+(1+g)t2t2(2)
egyenlőtlenséget kell megmutatnunk. A megoldás első részében a nem negatív (a-g) tényezővel ,,bővítve'' használtuk fel a g-30 feltételt; hasonló módon most a (2-g)(a-g)0 egyenlőtlenséget kapjuk. Beszorzás és rendezés után innen t21+2g+ag adódik. Ha ennek felhasználásával ,,óvatosan'' becsüljük alulról (2) jobb oldalát, akkor azt kapjuk, hogy t2+(1+2g+ag)2t2, és így (2) helyett elegendő a megmutatnunk, hogy
(1+g)(1+a)+(1+g)tt2+1+2g+ag.(2')

 
Megjegyzés. Az ,,óvatosság'' indokolt, a bizonyítandó egyenlőtlenség igen éles. Könnyen ellenőrizhető, hogy ha (2) jobb oldalát a kézenfekvőnek tűnő 2(1+2g+ag)2t2 módon csökkentjük, akkor az így kapott alsó becslés már túl erős: így már (2) bal oldalánál kisebb értéket kapunk.
 
Rendezés után az
(1+g)tt2-a+g=1+a+g+g2(3)
egyenlőtlenséget kapjuk. A bal oldalt a mértani és a számtani közép közti egyenlőtlenség felhasználásával becsülve pedig éppen a bizonyítani kívánt (3) egyenlőtlenséget kapjuk:
(1+g)t(1+g)2+t22=1+2g+g2+1+2a+g22=1+a+g+g2

A felhasznált egyenlőtlenségeket vizsgálva látható, hogy ebben az esetben is pontosan akkor teljesül az egyenlőség, ha x=y.
 
Sándor Nóra Katalin (Pápai Református Kollégium Gimnáziuma, 11. évf.) és
Antal Ágnes (Budapest, Apáczai Csere János Gimn., 12. évf.) dolgozata alapján.
 

II. megoldás. Az első megoldáshoz hasonlóan szorozzunk a nevezőkkel és emeljünk négyzetre, végül tekintsük a két oldal P különbségét:
P=4(1+x+y+xy)-(1+g)(2+x+y+2(1+x)(1+y)).
Azt kell igazolnunk, hogy ha g3, akkor P0, ha pedig g2, akkor P0.
Használjuk most is az előző megoldás jelöléseit, legyen t=(1+x)(1+y) és a=x+y2. Ekkor P=4t2-(1+g)(2t+2a+2). Fejezzük ki a-t a t és a g változók segítségével:
2+2a=2+x+y=(x+1)(y+1)+1-xy=t2+1-g2.
Így P a t változó másodfokú polinomjaként írható:
P=4t2-(1+g)(t2+1-g2+2t)=(3-g)t2-2(g+1)t+(g+1)(g2-1).
Vegyük észre, hogy ez a polinom szorzattá alakítható:
P=(t-g-1)[(3-g)t+1-g2].
Az első megoldásból (*) szerint tg+1 és pontosan akkor van egyenlőség, ha x=y. Ez azt jelenti, hogy ha xy, akkor a fenti szorzat első tényezője pozitív, P előjele megegyezik a második tényező, Q=(3-g)t+1-g2 előjelével.
Ha g3, akkor Q-ban az elsőfokú tag együtthatója, (3-g), nem pozitív, a t-ben nulladfokú tag, 1-g2 pedig határozottan negatív, ekkor tehát Q negatív, és ezt kellett bizonyítanunk.
Ha g2, akkor (3-g) pozitív. Ismét felhasználva a tg+1 egyenlőtlenséget:
Q=(3-g)t+1-g2(3-g)(g+1)+1-g2.
A beszorzást elvégezve (3-g)(g+1)+1-g2=-2g2+2g+4=2(2-g)(g+1), ami valóban nem negatív, ha g2.
A bizonyításból látszik, hogy mindkét esetben akkor van egyenlőség, ha x=y.
 
Megjegyzés. Egyik megoldásból sem derül ki igazán, min múlik a feladat állítása. A függvényvizsgálat hagyományos eszközét, a differenciálszámítást használó alábbi megközelítés nem vetekszik ugyan a fenti megoldások tömörségével, viszont jobban mutatja a probléma szerkezetét.
 
III. megoldás. Az xy=g2 feltétel azt jelenti, hogy 11+x+11+y értéke az egyik változó függvényeként is felírható: ha pozitív x-ekre bevezetjük az
f(x)=11+x+11+g2x
függvényt, akkor 21+g=f(g); ezzel a jelöléssel f(x) és f(g) értékét kell összehasonlítanunk.
Jegyezzük meg, hogy az f függvény ,,szimmetrikus'' g-re abban az értelemben, hogy ha xy=g2, akkor f(x)=f(y).
Ha x>0, akkor az f függvény differenciálható, és:
f'(x)=-12(1+x)-32+12(1+g2x)-32g2x2.
Most és a továbbiakban nem részletezünk minden lépést, az olvasó maga ellenőrizheti az egyes átalakításokat. A derivált rendezés után
f'(x)=121x(x+g2)3(1+x)3(g2(1+x)3-x(x+g2)3).
f szélsőértékeinek vizsgálatához a derivált előjelét kell tisztáznunk. Az első tényező pozitív, így f'(x) előjele azonos a második tényező előjelével. Ez a tényező két négyzetgyök különbsége. Két nemnegatív mennyiség különbségének előjele egyenlő a négyzeteik különbségének előjelével, ami azt jelenti, hogy f'(x) előjele
S(x)=g4(1+x)3-x(x+g2)3
előjelével egyenlő.
A már említett szimmetria is indokolja, hogy érdemes S(g) értékét kiszámolni: nyomban adódik, hogy S(g)=0. Ekkor pedig, mivel S(x) a g-nek csak páros kitevőjű hatványait tartalmazza, S(-g) értéke is 0. Ebből következik, hogy S(x)-ből kiemelhető x2-g2. Valóban:
S(x)=g4(1+x)3-x(x+g2)3=(x2-g2)(-x2+g2(g2-3)x-g2).
Az első tényező előjele könnyen adódik; a második tényező, a másodfokú
h(x)=-x2+g2(g2-3)x-g2
előjelének vizsgálatához írjuk fel ennek a polinomnak a diszkriminánsát:
D(g)=g4(g2-3)2-4g2.
Ha g2-et kiemelünk, akkor a megmaradó kifejezés két négyzet különbségeként szorzattá alakítható. Az így kapott két harmadfokú polinom azonnal tovább bomlik, a diszkrimináns végül elsőfokú tényezők szorzataként írható:
D(g)=g2[(g(g2-3))2-4]=g2(g3-3g-2)(g3-3g+2)==g2(g-2)(g-1)2(g+1)2(g+2).
Innen nyomban leolvasható a diszkrimináns előjele a g pozitív értékeire:
Ha g>2, akkor D>0 és így h(x)-nek két gyöke van: x1 és x2. A gyökök szorzata g2, összegük g2(g2-3)>0, így 0<x1<g<x2.
Ha g=2 vagy g=1, akkor D=0, h(x)-nek egy gyöke van. Ebben az esetben h(x)0 minden pozitív x-re. Ha g=2, akkor h(x)=-x2+4x-4=-(x-2)2, a gyök tehát éppen 2; ha pedig g=1, akkor h(x)=-x2-2x-1=-(x+1)2, a gyök -1.
Ha 0<g<1, vagy 1<g<2, akkor D<0, h(x)-nek nincs gyöke, így h(x)<0 minden pozitív x-re.
Vegyük észre, hogy mindez azt jelenti, hogy ha D0 és S(x) első tényezője, x2-g20 ‐ azaz xg ‐ akkor h(x)<0, a derivált előjele tehát éppen ellentétes az első tényező, x2-g2 előjelével.
 
 

1.a. ábra
 

 
 

1.b. ábra
 

 
 

2. ábra
 

 
 

3. ábra
 

 
 

4. ábra
 

 
 

5. ábra
 

 
 

6. ábra
 

A meglehetősen hosszúra nyúlt előkészítés után térjünk rá a feladat megoldására. Legyen először g3. Ekkor az 1.a., b. ábrákon látható S(x) két másodfokú tényezőjének a grafikonja, innen pedig S(x) ‐ és f'(x) ‐ előjelét a 2. ábra mutatja. Az előjelviszonyokat figyelembe véve kapjuk, hogy f-nek lokális maximuma van x1-ben és x2-ben ‐ ezek értéke egyébként, mint láttuk, egyenlő ‐ és lokális minimuma g-ben.
Ebből azonban még csak annyi következik, hogy f(x)f(g) ha x1xx2, meg kell vizsgálnunk a függvényt a (0;x1) és az (x2;) intervallumokon is. Előbbin f'(x) pozitív, így f(x) itt szigorúan monoton növő, az utóbbin pedig f'(x) negatív, azért f(x) itt szigorúan monoton fogyó. Mivel pedig limx0+f(x)=limx+f(x)=1, ezért f(x)>1, ha x(0;x1)(x2;). Végül pedig ha g3, akkor
f(g)=21+g1,
tehát a g3 esetben az f függvénynek abszolút minimuma van a g helyen, f(x)f(g) valóban, ha x>0 (3., 4. ábrák). Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha x=g, azaz a feladat eredeti változói szerint x=y.
Legyen most g2. Láttuk, hogy ha x2-g20, akkor h(x)<0, azért a derivált előjele S(x) első tényezője, x2-g2 előjelének az ellentettje. Így f szigorúan monoton növő, ha 0<x<g és szigorúan monoton fogyó, ha g<x, f-nek abszolút maximuma van a g-ben: f(x)f(g), ha x>0 (5. ábra).
 
Tábor Áron (Budapest, Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 11. évf.) dolgozata nyomán
 

Megjegyzés. Ha 2<g<3, akkor a megoldás első részében látott vizsgálat eredményeképpen a 3. ábra grafikonjához hasonló görbét kapunk, most azonban f(g)>1. Ilyenkor egyik irányú egyenlőtlenség sem teljesül minden pozitív x-re (6. ábra): van olyan x, amelyre f(x)>f(g) (ilyen például x1, az egyik lokális maximum) és ha x elég kicsi vagy elég nagy, akkor f(x)<f(g), ugyanis a függvény lokális minimuma, f(g)>1=limx0+f(x)=limx+f(x).