|
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 | MathML |
Témakör(ök): |
Algebrai egyenlőtlenségek, Számtani közép, Kvadratikus közép, Feladat |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 2001/december: B.3511 |
|
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: | | Láthatóan tíz nemnegatív szám számtani közepét kell felülről becsülnünk. A számtani és a négyzetes közép közti egyenlőtlenség szerint | | így elegendő azt igazolni, hogy . Ehhez vegyük észre, hogy előállítható a feltételben szereplő részletösszegek felhasználásával: | | (*) | Ebben a felírásban minden részletösszeg együtthatója pozitív, így az összeg a feltétel alapján felülről becsülhető: | | 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 , , és . 2. A feladat állítása természetes módon általánosítható: hasonlóan igazolható, hogy ha a nemnegatív számokra , ha , akkor 3. A bizonyításban kulcsszerepet játszó átalakítást az összeg Abel-féle átrendezésének nevezik. Igen hatásos algebrai módszer, azonosságok és egyenlőtlenségek bizonyításának fontos eszköze. 4. Ha , akkor a fenti bizonyítás a egyenlőtlenség felhasználásával igazolta, hogy . Ezt viszont nem a kézenfekvőnek látszó egyenlőtlenségen keresztül mutatta meg ‐ jó okkal ‐ az ugyanis nem igaz! A bizonyítás első részének a becslése azt adja, hogy fölülről becsülhető -nek és a nála nagyobb 10-nek a mértani közepével: . A állítás emiatt következik a egyenlőtlenségből.
II. megoldás. Megmutatjuk, hogy ha a nemnegatív számokra | | akkor | | A azonosan teljesülő egyenlőtlenségben a négyzetre emeléseket elvégezve és rendezés után 2-vel osztva éppen a bizonyítandó egyenlőtlenséget kapjuk. Ezt felhasználva | | 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 -t tartalmazó egyedüli (4)-et 3-mal kell megszoroznunk. Innen a további szorzók egyértelműen adódnak: együtthatójának beállításához (3)-at 1-gyel, együtthatójához (2)-t 2-vel, végül együtthatójához (1)-et 6-tal kell megszoroznunk. Így | | tehát .
Besenyei Balázs (Tatabánya, Bárdos László Gimn., 11. évf.) |
III. megoldás. Legyenek , , és nemnegatív számok, amelyekre . A azonosságból leolvasható, hogy a , illetve a összegek közül az a nagyobb, amelyikben a tagok eltérése, illetve kisebb. Legyen ezek után . Ha a négy szám közül egyet növelünk, akkor természetesen ennek a számnak a négyzetgyöke is nő és ekkor persze is. Másfelől a fentiek szerint úgy is növelhető, hogy az , , , 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 , , , számnégyest az , , , számnégyessé alakítunk úgy, hogy eközben minden lépés során megengedett számnégyest hozunk létre. Mivel egy lépés során értéke nő és az eljárás végén ez az érték éppen 10, ez valóban elég a bizonyításhoz. Nézzük tehát a lépéseket. Ha , akkor növeljük értékét úgy, hogy az összeg éppen 30 legyen. Az így kapott számnégyes nyilván megengedett és teljesül rá, hogy . Ha most , akkor . Növeljük értékét -tal a értékét pedig csökkentsük ugyanennyivel. Ekkor értéke 14, értéke pedig 16. Ezzel és eltérése csökken, az összegük nem változik, értéke tehát nő. Az így kapott megengedett számnégyesben . A fenti eljárás folytatható. Mivel , azért ha , akkor -t növelve, -t pedig ugyanennyivel csökkentve elérjük, hogy és teljesüljön. Így , ezért ha , akkor értékét növelve, értékét pedig ugyanennyivel csökkentve végül ahhoz a számnégyeshez jutunk, amelyre , , és . Eljutottunk az , , , számnégyeshez és ezzel bebizonyítottuk az állítást.
Paulin Roland (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn. 8. évf.) |
|
|