Feladat: B.3511 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Antal Ágnes ,  Backhausz Ágnes ,  Balogh János ,  Bartha Ferenc ,  Bergmann Gábor ,  Besenyei Balázs ,  Bóka Gergely ,  Fehér Ádám ,  Gábor Enikő ,  Gyarmati Ákos ,  Hargitai Gábor ,  Kevei Péter ,  Kiss-Tóth Christián ,  Kőrizs András ,  Kórus Péter ,  Lajkó Miklós ,  Lang Péter ,  Maga Péter ,  Makk Péter ,  Molnár Ágnes ,  Nagy Gábor ,  Nagy Szabolcs ,  Pallos Péter ,  Paulin Dániel ,  Paulin Roland ,  Pongrácz András ,  Puskás Anna ,  Révész Dániel ,  Ruppert László Gábor ,  Salát Máté ,  Sásdy Gabriella ,  Simon Balázs ,  Siroki László ,  Sparing Dániel ,  Tábor Áron ,  Várnai Anikó 
Füzet: 2002/május, 291 - 294. oldal  PDF file
Témakör(ök): Algebrai egyenlőtlenségek, Számtani közép, Kvadratikus közép, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2001/december: B.3511

Az a, b, c, d nemnegatív számokra a1, a+b5, a+b+c14 és a+b+c+d30. Bizonyítsuk be, hogy a+b+c+d10.

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

I. megoldás. A bizonyítandó egyenlőtlenség bal oldalán álló mennyiséget tíz tag összegeként írva és 10-zel osztva az alábbi állítást kapjuk:

a+b+c+d10=a+2b2+3c3+4d4101.
Láthatóan tíz nemnegatív szám számtani közepét kell felülről becsülnünk. A számtani és a négyzetes közép közti egyenlőtlenség szerint
a+2b2+3c3+4d410a+2b4+3c9+4d1610=a+b2+c3+d410,
így elegendő azt igazolni, hogy B=a+b2+c3+d410.
Ehhez vegyük észre, hogy B előállítható a feltételben szereplő részletösszegek felhasználásával:
a+b2+c3+d4=14(a+b+c+d)+(13-14)(a+b+c)+(12-13)(a+b)+(1-12)a.(*)
Ebben a felírásban minden részletösszeg együtthatója pozitív, így az összeg a feltétel alapján felülről becsülhető:
B1430+11214+165+12=10
és éppen ezt akartuk bizonyítani.
 
Lajkó Miklós (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 11. évf.)
 

Megjegyzések. 1. A bizonyításból kiderül, hogy pontosan akkor van egyenlőség, ha a=1, b=4, c=9 és d=16.
2. A feladat állítása természetes módon általánosítható: hasonlóan igazolható, hogy ha a nemnegatív a1,a2,...,an számokra i=1kaii=1ki2, ha k=1,2,3,...,n, akkor i=1naii=1ni=n(n+1)2.
3. A bizonyításban kulcsszerepet játszó (*) átalakítást az 1a+12b+13c+14d összeg Abel-féle átrendezésének nevezik. Igen hatásos algebrai módszer, azonosságok és egyenlőtlenségek bizonyításának fontos eszköze.
4. Ha A=a+b+c+d, akkor a fenti bizonyítás a B=a+b2+c3+d410 egyenlőtlenség felhasználásával igazolta, hogy A10. Ezt viszont nem a kézenfekvőnek látszó AB egyenlőtlenségen keresztül mutatta meg ‐ jó okkal ‐ az ugyanis nem igaz! A bizonyítás első részének a becslése azt adja, hogy A fölülről becsülhető B-nek és a nála nagyobb 10-nek a mértani közepével: 10BA. A 10A állítás emiatt következik a 10B egyenlőtlenségből.
 
II. megoldás. Megmutatjuk, hogy ha a nemnegatív a1,a2,...,ak számokra
a1+a2+...+ak12+22+...+k2,
akkor
a1+2a2+...+kak12+22+...+k2.
A 0(a1-1)2+(a2-2)2+...+(ak-k)2 azonosan teljesülő egyenlőtlenségben a négyzetre emeléseket elvégezve és rendezés után 2-vel osztva éppen a bizonyítandó egyenlőtlenséget kapjuk.
Ezt felhasználva
(1)a1;(2)a+2b5;(3)a+2b+3c14;(4)a+2b+3c+4d30.
Az (1), (2), (3), (4) egyenlőtlenségeknek olyan többszöröseit kellene összegeznünk, hogy az összegben minden tag együtthatója egyenlő legyen. Ha arra törekszünk, hogy ez a közös együttható a szereplő 1, 2, 3, 4 együtthatók legkisebb közös többszöröse, 12 legyen, akkor a d-t tartalmazó egyedüli (4)-et 3-mal kell megszoroznunk. Innen a további szorzók egyértelműen adódnak: c együtthatójának beállításához (3)-at 1-gyel, b együtthatójához (2)-t 2-vel, végül a együtthatójához (1)-et 6-tal kell megszoroznunk. Így
6a+2(a+b)+(a+b+c)+3(a+b+c+d)==12(a+b+c+d),
tehát a+b+c+d61+25+114+33012=10.
 
Besenyei Balázs (Tatabánya, Bárdos László Gimn., 11. évf.)
 

III. megoldás. Legyenek x, y, u és v nemnegatív számok, amelyekre x+y=u+v.
A (p+q)2=2(p+q)-(p-q)2 azonosságból leolvasható, hogy a x+y, illetve a u+v összegek közül az a nagyobb, amelyikben a tagok eltérése, |x-y| illetve |u-v| kisebb.
Legyen ezek után A=a+b+c+d. Ha a négy szám közül egyet növelünk, akkor természetesen ennek a számnak a négyzetgyöke is nő és ekkor persze A is. Másfelől a fentiek szerint A úgy is növelhető, hogy az a, b, c, d számok közül kettőt változtatunk, úgy, hogy összegük ne változzék, eltérésük pedig csökkenjen.
Nevezzük azokat a rendezett számnégyeseket, amelyekről a feladat állítása szól, megengedett számnégyeseknek. A bizonyításhoz e két lépés ismételt alkalmazásával egy tetszőleges megengedett a, b, c, d számnégyest az a=1, b=4, c=9, d=16 számnégyessé alakítunk úgy, hogy eközben minden lépés során megengedett számnégyest hozunk létre. Mivel egy lépés során A értéke nő és az eljárás végén ez az érték éppen 10, ez valóban elég a bizonyításhoz.
Nézzük tehát a lépéseket. Ha a+b+c+d<30, akkor növeljük d értékét úgy, hogy az összeg éppen 30 legyen. Az így kapott számnégyes nyilván megengedett és teljesül rá, hogy 014-(a+b+c)=d-16. Ha most a+b+c<14, akkor d>16>c.
Növeljük c értékét (d-16)-tal a d értékét pedig csökkentsük ugyanennyivel. Ekkor a+b+c értéke 14, d értéke pedig 16. Ezzel c és d eltérése csökken, az összegük nem változik, A értéke tehát nő. Az így kapott megengedett számnégyesben a+b+c=14.
A fenti eljárás folytatható. Mivel 05-(a+b)=c-9, azért ha a+b<5, akkor b-t növelve, c-t pedig ugyanennyivel csökkentve elérjük, hogy c=9 és a+b=5 teljesüljön. Így 01-a=b-4, ezért ha a<1, akkor a értékét növelve, b értékét pedig ugyanennyivel csökkentve végül ahhoz a számnégyeshez jutunk, amelyre a+b+c+d=30, a+b+c=14, a+b=5 és a=1. Eljutottunk az a=1, b=4, c=9, d=16 számnégyeshez és ezzel bebizonyítottuk az állítást.
 
Paulin Roland (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn. 8. évf.)