Feladat:	B.3725	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Antal László ,  Csajbók Bence ,  Kunovszki Péter
Füzet:	2005/május, 275 - 276. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Algebrai egyenlőtlenségek, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2004/április: B.3725

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Írjuk fel a számtani és mértani közepek közötti összefüggést a következő értékekre: $\sqrt[]{a}$, $\sqrt[]{a}$, $\sqrt[3]{b}$, $\sqrt[3]{b}$, $\sqrt[3]{b}$. (Ezek biztosan pozitívak, hiszen $a$ és $b$ is pozitív.) ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \frac{\sqrt[]{a}+\sqrt[]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{b}}{5}}& {\displaystyle \ge \sqrt[5]{\sqrt[]{a}\cdot \sqrt[]{a}\cdot \sqrt[3]{b}\cdot \sqrt[3]{b}\cdot \sqrt[3]{b}}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 2\sqrt[]{a}+3\sqrt[3]{b}}& {\displaystyle \ge 5\sqrt[5]{ab}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Ez pedig éppen a bizonyítandó egyenlőtlenség. (Egyenlőség $\sqrt[]{a}=\sqrt[3]{b}$ esetén teljesül.)   Megjegyzés. Bizonyítható egy általánosabb állítás is: Ha $n_1\mathrm{,}{n}_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{n}_k$ pozitív egészek, $a_1\mathrm{,}{a}_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{a}_k$ pedig nemnegatív valós számok, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{n_1\cdot \sqrt[n_1]{a_1}+n_2\cdot \sqrt[n_2]{a_2}+\text{...}+n_k\cdot \sqrt[n_k]{a_k}}{n_1+n_2+\text{...}+n_k}\ge \sqrt[n_1+n_2+\text{...}+n_k]{a_1\cdot a_2\text{...}\cdot a_k}\mathrm{.}}\end{array}$ Ez is a számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenség miatt teljesül, hiszen a bal oldal számlálóját felbonthatjuk egy $\left(n_1+n_2+\text{...}+n_k\right)$ tagú összegre, a jobb oldalon a gyök alatt lévő szorzatot pedig ugyanezen tagok szorzatára. Egyenlőség itt is akkor van, ha $\sqrt[n_1]{a_1}=\sqrt[n_2]{a_2}=\text{...}=\sqrt[n_k]{a_k}$.   II. megoldás. ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle 2\sqrt[]{a}+3\sqrt[3]{b}\ge 5\sqrt[5]{ab}\mathrm{,}\text{ha}a>\mathrm{0,}b>0\iff 2\sqrt[30]{a^{15}}+3\sqrt[30]{b^{10}}\ge 5\sqrt[30]{a^6{b}^6}\iff }\hfill \\ \hfill {\displaystyle \iff 2\sqrt[30]{\frac{a^{15}}{b^{10}}}+3\ge 5\sqrt[30]{\frac{a^6}{b^4}}\iff 2\sqrt[30]{{\left(\frac{a^3}{b^2}\right)}^5}+3\ge 5\sqrt[30]{{\left(\frac{a^3}{b^2}\right)}^2}\iff }\hfill \\ \hfill {\displaystyle \iff 2{\left(\sqrt[30]{\frac{a^3}{b^2}}\right)}^5+3\ge 5{\left(\sqrt[30]{\frac{a^3}{b^2}}\right)}^2\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Legyen $\sqrt[30]{\frac{a^3}{b^2}}=x$, ekkor a bizonyítandó állítás: $\begin{array}{c}{\displaystyle 2x^5+3\ge 5x^2\iff 2x^5-5x^2+3\ge 0.}\end{array}$ ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle 2x^5-5x^2+3}& {\displaystyle =2x^5-2x^4+2x^4-2x^3+2x^3-2x^2-3x^2+3x-3x+3=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\left(x-1\right)\left(2x^4+2x^3+2x^2-3x-3\right)=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\left(x-1\right)\left(2x^4-2x^3+4x^3-4x^2+6x^2-6x+3x-3\right)=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle ={\left(x-1\right)}^2\left(2x^3+4x^2+6x+3\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Mivel $a>0$ és $b>0$, azért $x>0$, így $2x^3+4x^2+6x+3>0$. Mivel ${\left(x-1\right)}^2\ge 0$, tehát ${\left(x-1\right)}^2\left(2x^3+4x^2+6x+3\right)=2x^5-5x^2+3\ge 0$. Mivel $a>0$ és $b>0$, így végig ekvivalens lépéseket végeztem, tehát igaz az egyenlőtlenség.