Kezdőlap


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

\begin{matrix} (1 + g) (2 + x + y + 2 \sqrt[]{(1 + x) (1 + y)}) és a 4 (1 + x) (1 + y) \end{matrix}

kifejezéseket összehasonlítanunk.
A tömörség kedvéért legyen

\begin{matrix} a = \frac{x + y}{2} és t = \sqrt[]{(1 + x) (1 + y)} = \sqrt[]{1 + 2 a + g^{2}} . \end{matrix}

A számtani és mértani közép közti egyenlőtlenség szerint

a \geq g

és ezért

\begin{matrix} t \geq \sqrt[]{1 + 2 g + g^{2}} = 1 + g \end{matrix}

(*)

(

g

a feltétel szerint pozitív).
Ezzel a jelöléssel

(1 + g) (2 + 2 a + 2 t)

és

4 t^{2}

nagyságviszonyát kell megállapítanunk.
Vizsgáljuk először a

g \geq 3

esetet. Azt kell megmutatnunk, hogy ekkor

\begin{matrix} (1 + g) (2 + 2 a + 2 t) \geq 4 t^{2}, \end{matrix}

vagy 2-vel osztva

\begin{matrix} (1 + g) (1 + a) + (1 + g) t \geq 2 t^{2} . \end{matrix}

(1)

A bal oldalon

(*)

szerint

(1 + g) t \geq {(1 + g)}^{2}

, így elegendő annyit igazolnunk, hogy ha

g \geq 3

, akkor

\begin{matrix} (1 + g) (1 + a) + {(1 + g)}^{2} \geq 2 t^{2} = 2 + 4 a + 2 g^{2} . \end{matrix}

Beszorzás és rendezés után a

- g^{2} + a g - 3 a + 3 g \geq 0

egyenlőtlenséget kapjuk. Vegyük észre, hogy a bal oldal szorzattá alakítható:

\begin{matrix} - g^{2} + a g - 3 a + 3 g = (g - 3) (a - g) . \end{matrix}

Ennek a szorzatnak pedig egyik tényezője sem negatív: az első a

g

-re vonatkozó feltétel miatt, a második pedig a korábban is felhasznált

a \geq g

egyenlőtlenség szerint. Ezzel az állítás első részét igazoltuk. Az is látszik, hogy pontosan akkor van egyenlőség, ha

a = g

, azaz

x = y

.
Legyen most

g \leq 2

. Ekkor a fordított irányú

\begin{matrix} (1 + g) (1 + a) + (1 + g) t \leq 2 t^{2} \end{matrix}

(2)

egyenlőtlenséget kell megmutatnunk. A megoldás első részében a nem negatív

(a - g)

tényezővel ,,bővítve'' használtuk fel a

g - 3 \geq 0

feltételt; hasonló módon most a

(2 - g) (a - g) \geq 0

egyenlőtlenséget kapjuk. Beszorzás és rendezés után innen

t^{2} \geq 1 + 2 g + a g

adódik. Ha ennek felhasználásával ,,óvatosan'' becsüljük alulról (2) jobb oldalát, akkor azt kapjuk, hogy

t^{2} + (1 + 2 g + a g) \leq 2 t^{2}

, és így (2) helyett elegendő a megmutatnunk, hogy

\begin{matrix} (1 + g) (1 + a) + (1 + g) t \leq t^{2} + 1 + 2 g + a g . \end{matrix}

(2')

Megjegyzés. Az ,,óvatosság'' indokolt, a bizonyítandó egyenlőtlenség igen éles. Könnyen ellenőrizhető, hogy ha (2) jobb oldalát a kézenfekvőnek tűnő

2 (1 + 2 g + a g) \leq 2 t^{2}

módon csökkentjük, akkor az így kapott alsó becslés már túl erős: így már (2) bal oldalánál kisebb értéket kapunk.

Rendezés után az

\begin{matrix} (1 + g) t \leq t^{2} - a + g = 1 + a + g + g^{2} \end{matrix}

(3)

egyenlőtlenséget kapjuk. A bal oldalt a mértani és a számtani közép közti egyenlőtlenség felhasználásával becsülve pedig éppen a bizonyítani kívánt (3) egyenlőtlenséget kapjuk:

\begin{matrix} (1 + g) t \leq \frac{{(1 + g)}^{2} + t^{2}}{2} = \frac{1 + 2 g + g^{2} + 1 + 2 a + g^{2}}{2} = 1 + a + g + g^{2} \end{matrix}

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:

\begin{matrix} P = 4 (1 + x + y + x y) - (1 + g) (2 + x + y + 2 \sqrt[]{(1 + x) (1 + y)}) . \end{matrix}

Azt kell igazolnunk, hogy ha

g \geq 3

, akkor

P \leq 0

, ha pedig

g \leq 2

, akkor

P \geq 0

.
Használjuk most is az előző megoldás jelöléseit, legyen

t = \sqrt[]{(1 + x) (1 + y)}

és

a = \frac{x + y}{2} .

Ekkor

P = 4 t^{2} - (1 + g) (2 t + 2 a + 2)

. Fejezzük ki

a

-t a

t

és a

g

változók segítségével:

\begin{matrix} 2 + 2 a = 2 + x + y = (x + 1) (y + 1) + 1 - x y = t^{2} + 1 - g^{2} . \end{matrix}

Így

P

t

változó másodfokú polinomjaként írható:

\begin{matrix} P = 4 t^{2} - (1 + g) (t^{2} + 1 - g^{2} + 2 t) = (3 - g) t^{2} - 2 (g + 1) t + (g + 1) (g^{2} - 1) . \end{matrix}

Vegyük észre, hogy ez a polinom szorzattá alakítható:

\begin{matrix} P = (t - g - 1) [(3 - g) t + 1 - g^{2}] . \end{matrix}

Az első megoldásból

(*)

szerint

t \geq g + 1

és pontosan akkor van egyenlőség, ha

x = y

. Ez azt jelenti, hogy ha

x \neq y

, akkor a fenti szorzat első tényezője pozitív,

P

előjele megegyezik a második tényező,

Q = (3 - g) t + 1 - g^{2}

előjelével.
Ha

g \geq 3

, akkor

Q

-ban az elsőfokú tag együtthatója,

(3 - g)

, nem pozitív, a

t

-ben nulladfokú tag,

1 - g^{2}

pedig határozottan negatív, ekkor tehát

Q

negatív, és ezt kellett bizonyítanunk.
Ha

g \leq 2

, akkor

(3 - g)

pozitív. Ismét felhasználva a

t \geq g + 1

egyenlőtlenséget:

\begin{matrix} Q = (3 - g) t + 1 - g^{2} \geq (3 - g) (g + 1) + 1 - g^{2} . \end{matrix}

A beszorzást elvégezve

(3 - g) (g + 1) + 1 - g^{2} = - 2 g^{2} + 2 g + 4 = 2 (2 - g) (g + 1)

, ami valóban nem negatív, ha

g \leq 2

.
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

x y = g^{2}

feltétel azt jelenti, hogy

\frac{1}{\sqrt[]{1 + x}} + \frac{1}{\sqrt[]{1 + y}}

értéke az egyik változó függvényeként is felírható: ha pozitív

x

-ekre bevezetjük az

\begin{matrix} f (x) = \frac{1}{\sqrt[]{1 + x}} + \frac{1}{\sqrt[]{1 + \frac{g^{2}}{x}}} \end{matrix}

függvényt, akkor

\frac{2}{\sqrt[]{1 + 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

x y = g^{2}

, akkor

f (x) = f (y)

.
Ha

x > 0

, akkor az

f

függvény differenciálható, és:

\begin{matrix} f' (x) = - \frac{1}{2} {(1 + x)}^{- \frac{3}{2}} + \frac{1}{2} {(1 + \frac{g^{2}}{x})}^{- \frac{3}{2}} \frac{g^{2}}{x^{2}} . \end{matrix}

Most és a továbbiakban nem részletezünk minden lépést, az olvasó maga ellenőrizheti az egyes átalakításokat. A derivált rendezés után

\begin{matrix} f' (x) = \frac{1}{2} \frac{1}{\sqrt[]{x {(x + g^{2})}^{3} {(1 + x)}^{3}}} (g^{2} \cdot \sqrt[]{{(1 + x)}^{3}} - \sqrt[]{x {(x + g^{2})}^{3}}) . \end{matrix}

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

\begin{matrix} S (x) = g^{4} {(1 + x)}^{3} - x {(x + g^{2})}^{3} \end{matrix}

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)

g

-nek csak páros kitevőjű hatványait tartalmazza,

S (- g)

értéke is 0. Ebből következik, hogy

S (x)

-ből kiemelhető

x^{2} - g^{2}

. Valóban:

\begin{matrix} S (x) = g^{4} {(1 + x)}^{3} - x {(x + g^{2})}^{3} = (x^{2} - g^{2}) (- x^{2} + g^{2} (g^{2} - 3) x - g^{2}) . \end{matrix}

Az első tényező előjele könnyen adódik; a második tényező, a másodfokú

\begin{matrix} h (x) = - x^{2} + g^{2} (g^{2} - 3) x - g^{2} \end{matrix}

előjelének vizsgálatához írjuk fel ennek a polinomnak a diszkriminánsát:

\begin{matrix} D (g) = g^{4} {(g^{2} - 3)}^{2} - 4 g^{2} . \end{matrix}

g^{2}

-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:

\begin{matrix} \begin{matrix} D (g) & = g^{2} [{(g (g^{2} - 3))}^{2} - 4] = g^{2} (g^{3} - 3 g - 2) (g^{3} - 3 g + 2) = \\ = g^{2} (g - 2) {(g - 1)}^{2} {(g + 1)}^{2} (g + 2) . \end{matrix} \end{matrix}

Innen nyomban leolvasható a diszkrimináns előjele a

g

pozitív értékeire:
Ha

g > 2

, akkor

D > 0

és így

h (x)

-nek két gyöke van:

x_{1}

és

x_{2}

. A gyökök szorzata

g^{2}

, összegük

g^{2} (g^{2} - 3) > 0

, így

0 < x_{1} < g < x_{2}

.
Ha

g = 2

vagy

g = 1

, akkor

D = 0

h (x)

-nek egy gyöke van. Ebben az esetben

h (x) \leq 0

minden pozitív

x

-re. Ha

g = 2

, akkor

h (x) = - x^{2} + 4 x - 4 = - {(x - 2)}^{2}

, a gyök tehát éppen 2; ha pedig

g = 1

, akkor

h (x) = - x^{2} - 2 x - 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

D \leq 0

és

S (x)

első tényezője,

x^{2} - g^{2} \neq 0

‐ azaz

x \neq g

‐ akkor

h (x) < 0

, a derivált előjele tehát éppen ellentétes az első tényező,

x^{2} - g^{2}

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

g \geq 3

. 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

x_{1}

-ben és

x_{2}

-ben ‐ ezek értéke egyébként, mint láttuk, egyenlő ‐ és lokális minimuma

g

-ben.
Ebből azonban még csak annyi következik, hogy

f (x) \geq f (g)

x_{1} \leq x \leq x_{2}

, meg kell vizsgálnunk a függvényt a

(0; x_{1})

és az

(x_{2}; \infty)

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

{lim}_{x \to 0 +}^{} f (x) = {lim}_{x \to + \infty}^{} f (x) = 1,

ezért

f (x) > 1

, ha

x \in (0; x_{1}) \cup (x_{2}; \infty)

. Végül pedig ha

g \geq 3

, akkor

\begin{matrix} f (g) = \frac{2}{\sqrt[]{1 + g}} \leq 1, \end{matrix}

tehát a

g \geq 3

esetben az

f

függvénynek abszolút minimuma van a

g

helyen,

f (x) \geq 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

g \leq 2

. Láttuk, hogy ha

x^{2} - g^{2} \neq 0

, akkor

h (x) < 0

, azért a derivált előjele

S (x)

első tényezője,

x^{2} - g^{2}

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) \leq 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

x_{1}

, 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 = {lim}_{x \to 0 +}^{} f (x) = {lim}_{x \to + \infty}^{} f (x)