Kezdőlap


Feladat:	B.3700	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Balázs Katalin
Füzet:	2005/szeptember, 344 - 345. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Algebrai egyenlőtlenségek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2004/január: B.3700

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

Megoldás. Mivel

\begin{matrix} \sum_{i = 1}^{n} \frac{x_{i}^{3} - x_{i + 1}^{3}}{x_{i}^{2} + x_{i} x_{i + 1} + x_{i + 1}^{2}} & = \sum_{i = 1}^{n} \frac{(x_{i} - x_{i + 1}) (x_{i}^{2} + x_{i} x_{i + 1} + x_{i + 1}^{2})}{x_{i}^{2} + x_{i} x_{i + 1} + x_{i + 1}^{2}} = \\ = \sum_{i = 1}^{n} (x_{i} - x_{i + 1}) = 0, \end{matrix}

azért a bal oldal értéke nem változik, ha az egyes tagok számlálójában a változó indexét ciklikusan 1-gyel növeljük (

x_{n + 1} = x_{1}

). Ennek megfelelően a bizonyítandó állítás 2-vel való szorzás után a következő alakba írható:

\begin{matrix} \sum_{i = 1}^{n} \frac{x_{i}^{3} + x_{i + 1}^{3}}{x_{i}^{2} + x_{i} x_{i + 1} + x_{i + 1}^{2}} \geq \frac{2}{3} \sum_{i = 1}^{n} x_{i} = \frac{1}{3} \sum_{i = 1}^{n} (x_{i} + x_{i + 1}) . \end{matrix}

Megmutatjuk, hogy ez az egyenlőtlenség tagonként teljesül: ha

u

és

v

pozitív mennyiségek, akkor

\frac{u^{3} + v^{3}}{u^{2} + u v + v^{2}} \geq \frac{u + v}{3}

. Ebből a bizonyítandó állítás nyilván következik.
Mivel

u^{3} + v^{3} = (u + v) (u^{2} - u v + v^{2})

, azért a feltétel szerint pozitív

(u + v)

-vel egyszerűsítve

\frac{u^{2} - u v + v^{2}}{u^{2} + u v + v^{2}} \geq \frac{1}{3}

adódik, ahonnan rendezés után ‐ a nevezők pozitívak ‐ a nyilvánvalóan igaz

2 u^{2} - 4 u v + 2 v^{2} = 2 {(u - v)}^{2} \geq 0

egyenlőtlenséget kapjuk.
Látható, hogy pontosan akkor van egyenlőség, ha

u = v

, azaz

x_{i} = x_{i + 1}

i = 1,2, ..., n

, tehát valamennyi

x_{i}

értéke egyenlő.