|
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 | MathML |
Témakör(ök): |
Algebrai egyenlőtlenségek, Természetes számok, Mértani közép, Feladat |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 2001/november: B.3499 |
|
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 | | kifejezéseket összehasonlítanunk. A tömörség kedvéért legyen | | A számtani és mértani közép közti egyenlőtlenség szerint és ezért ( a feltétel szerint pozitív). Ezzel a jelöléssel és nagyságviszonyát kell megállapítanunk. Vizsgáljuk először a esetet. Azt kell megmutatnunk, hogy ekkor vagy 2-vel osztva | | (1) | A bal oldalon szerint , így elegendő annyit igazolnunk, hogy ha , akkor | |
Beszorzás és rendezés után a egyenlőtlenséget kapjuk. Vegyük észre, hogy a bal oldal szorzattá alakítható: Ennek a szorzatnak pedig egyik tényezője sem negatív: az első a -re vonatkozó feltétel miatt, a második pedig a korábban is felhasznált egyenlőtlenség szerint. Ezzel az állítás első részét igazoltuk. Az is látszik, hogy pontosan akkor van egyenlőség, ha , azaz . Legyen most . Ekkor a fordított irányú egyenlőtlenséget kell megmutatnunk. A megoldás első részében a nem negatív tényezővel ,,bővítve'' használtuk fel a feltételt; hasonló módon most a egyenlőtlenséget kapjuk. Beszorzás és rendezés után innen adódik. Ha ennek felhasználásával ,,óvatosan'' becsüljük alulról (2) jobb oldalát, akkor azt kapjuk, hogy , és így (2) helyett elegendő a megmutatnunk, hogy | | (2') |
Megjegyzés. Az ,,óvatosság'' indokolt, a bizonyítandó egyenlőtlenség igen éles. Könnyen ellenőrizhető, hogy ha (2) jobb oldalát a kézenfekvőnek tűnő módon csökkentjük, akkor az így kapott alsó becslés már túl erős: így már (2) bal oldalánál kisebb értéket kapunk.
Rendezés után az | | (3) | egyenlőtlenséget kapjuk. A bal oldalt a mértani és a számtani közép közti egyenlőtlenség felhasználásával becsülve pedig éppen a bizonyítani kívánt (3) egyenlőtlenséget kapjuk: | |
A felhasznált egyenlőtlenségeket vizsgálva látható, hogy ebben az esetben is pontosan akkor teljesül az egyenlőség, ha .
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 különbségét: | | Azt kell igazolnunk, hogy ha , akkor , ha pedig , akkor . Használjuk most is az előző megoldás jelöléseit, legyen és Ekkor . Fejezzük ki -t a és a változók segítségével: | | Így a változó másodfokú polinomjaként írható: | | Vegyük észre, hogy ez a polinom szorzattá alakítható: Az első megoldásból szerint és pontosan akkor van egyenlőség, ha . Ez azt jelenti, hogy ha , akkor a fenti szorzat első tényezője pozitív, előjele megegyezik a második tényező, előjelével. Ha , akkor -ban az elsőfokú tag együtthatója, , nem pozitív, a -ben nulladfokú tag, pedig határozottan negatív, ekkor tehát negatív, és ezt kellett bizonyítanunk. Ha , akkor pozitív. Ismét felhasználva a egyenlőtlenséget: | | A beszorzást elvégezve , ami valóban nem negatív, ha . A bizonyításból látszik, hogy mindkét esetben akkor van egyenlőség, ha .
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 feltétel azt jelenti, hogy értéke az egyik változó függvényeként is felírható: ha pozitív -ekre bevezetjük az függvényt, akkor ; ezzel a jelöléssel és értékét kell összehasonlítanunk. Jegyezzük meg, hogy az függvény ,,szimmetrikus'' -re abban az értelemben, hogy ha , akkor . Ha , akkor az függvény differenciálható, és: | | Most és a továbbiakban nem részletezünk minden lépést, az olvasó maga ellenőrizheti az egyes átalakításokat. A derivált rendezés után | | szélsőértékeinek vizsgálatához a derivált előjelét kell tisztáznunk. Az első tényező pozitív, így 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 előjele előjelével egyenlő. A már említett szimmetria is indokolja, hogy érdemes értékét kiszámolni: nyomban adódik, hogy . Ekkor pedig, mivel a -nek csak páros kitevőjű hatványait tartalmazza, értéke is 0. Ebből következik, hogy -ből kiemelhető . Valóban: | | Az első tényező előjele könnyen adódik; a második tényező, a másodfokú előjelének vizsgálatához írjuk fel ennek a polinomnak a diszkriminánsát: Ha -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: | | Innen nyomban leolvasható a diszkrimináns előjele a pozitív értékeire: Ha , akkor és így -nek két gyöke van: és . A gyökök szorzata , összegük , így . Ha vagy , akkor , -nek egy gyöke van. Ebben az esetben minden pozitív -re. Ha , akkor , a gyök tehát éppen 2; ha pedig , akkor , a gyök . Ha , vagy , akkor , -nek nincs gyöke, így minden pozitív -re. Vegyük észre, hogy mindez azt jelenti, hogy ha és első tényezője, ‐ azaz ‐ akkor , a derivált előjele tehát éppen ellentétes az első tényező, 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 . Ekkor az 1.a., b. ábrákon látható két másodfokú tényezőjének a grafikonja, innen pedig ‐ és ‐ előjelét a 2. ábra mutatja. Az előjelviszonyokat figyelembe véve kapjuk, hogy -nek lokális maximuma van -ben és -ben ‐ ezek értéke egyébként, mint láttuk, egyenlő ‐ és lokális minimuma -ben. Ebből azonban még csak annyi következik, hogy ha , meg kell vizsgálnunk a függvényt a és az intervallumokon is. Előbbin pozitív, így itt szigorúan monoton növő, az utóbbin pedig negatív, azért itt szigorúan monoton fogyó. Mivel pedig ezért , ha . Végül pedig ha , akkor tehát a esetben az függvénynek abszolút minimuma van a helyen, valóban, ha (3., 4. ábrák). Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha , azaz a feladat eredeti változói szerint . Legyen most . Láttuk, hogy ha , akkor , azért a derivált előjele első tényezője, előjelének az ellentettje. Így szigorúan monoton növő, ha és szigorúan monoton fogyó, ha , -nek abszolút maximuma van a -ben: , ha (5. ábra).
Tábor Áron (Budapest, Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 11. évf.) dolgozata nyomán |
Megjegyzés. Ha , akkor a megoldás első részében látott vizsgálat eredményeképpen a 3. ábra grafikonjához hasonló görbét kapunk, most azonban . Ilyenkor egyik irányú egyenlőtlenség sem teljesül minden pozitív -re (6. ábra): van olyan , amelyre (ilyen például , az egyik lokális maximum) és ha elég kicsi vagy elég nagy, akkor , ugyanis a függvény lokális minimuma, . |
|