Kezdőlap


Feladat:	B.3780	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Angyal Gábor , Balambér Dávid , Beck Zoltán , Birkner Tamás , Bitai Tamás , Blázsik Zoltán , Bohus Péter , Csapó István , Csató László , Dudás László , Dömötör Erika , Eckert Bernadett , Estélyi István , Gehér György , Gyenizse Gergő , Győrffy Lajos , Halász Veronika , Horváth Zoltán , Hujter Bálint , Kara Márton , Kecskeméti Szabolcs , Kiss-Tóth Christian , Knipl Diána , Komáromy Dani , Kónya Gábor , Korándi Dániel , Kovács Péter , Kutas Péter , Lorántfy Bettina , Lukucz Balázs , Mátyás Péter , Matyó Anett , Mészáros Gábor , Nagy Csaba , Nagy János , Nagy Péter , Páldy Sándor , Pesti Veronika , Poronyi Balázs , Strenner Balázs , Szabó Tamás , Szalkai Balázs , Szalóki Dávid , Szentandrási István , Szilágyi Csaba , Tomon István , Tossenberger Anna , Udvari Balázs , Varga Péter
Füzet:	2005/október, 411 - 413. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Nevezetes egyenlőtlenségek, Harmadfokú (és arra visszavezethető) egyenlőtlenségek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2004/december: B.3780

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

I. megoldás. Írjuk föl a számtani és mértani közepek közti egyenlőtlenséget a pozitív $\frac{x}{y}$ , $\frac{x}{y}$ , $\frac{y}{z}$ számokra:

\begin{matrix} \frac{1}{3} (\frac{x}{y} + \frac{x}{y} + \frac{y}{z}) \geq \sqrt[3]{\frac{x^{2}}{y z}} = \sqrt[3]{\frac{x^{3}}{x y z}} = \frac{x}{\sqrt[3]{x y z}} . \end{matrix}

Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha

y^{2} = x z

, azaz

y^{3} = x y z

.
Hasonlóan kapjuk, hogy

\begin{matrix} \frac{1}{3} (\frac{y}{z} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x}) \geq \frac{y}{\sqrt[3]{x y z}} és \frac{1}{3} (\frac{z}{x} + \frac{z}{x} + \frac{x}{y}) \geq \frac{z}{\sqrt[3]{x y z}}, \end{matrix}

az egyenlőség feltétele

z^{2} = x y

, illetve

x^{2} = y z

.
A három egyenlőtlenség összege éppen a bizonyítandó állítás. Egyenlőség úgy lehetséges, ha mindhárom összeadandóban külön-külön egyenlőség áll, amire akkor és csak akkor kerül sor, ha

x y z = x^{3} = y^{3} = z^{3}

, azaz

x = y = z

II. megoldás. Az

a = \frac{\sqrt[3]{x}}{\sqrt[3]{y}}

b = \frac{\sqrt[3]{y}}{\sqrt[3]{z}}

c = \frac{\sqrt[3]{z}}{\sqrt[3]{x}}

jelölésekkel egyrészt

a b c = 1

, másrészt a bizonyítandó állítás az

\begin{matrix} \frac{a}{c} + \frac{b}{a} + \frac{c}{b} \leq a^{3} + b^{3} + c^{3} \end{matrix}

(1)

formában írható. (Például

\frac{x}{\sqrt[3]{x y z}} = \frac{{(\sqrt[3]{x})}^{3}}{\sqrt[3]{x} \sqrt[3]{y} \sqrt[3]{z}} = \frac{\sqrt[3]{x}}{\sqrt[3]{y}} \cdot \frac{\sqrt[3]{x}}{\sqrt[3]{z}} = a \cdot \frac{1}{c}

). Ha a bal oldalon közös nevezőre hozunk, akkor azt kell igazolnunk, hogy

\begin{matrix} \frac{a^{2} b + b^{2} c + c^{2} a}{a b c} \leq a^{3} + b^{3} + c^{3} . \end{matrix}

(2)

A bal oldal nevezője 1, így azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} a^{2} b + b^{2} c + c^{2} a \leq a^{3} + b^{3} + c^{3} . \end{matrix}

(3)

Ez az egyenlőtlenség nyomban adódik a rendezési tételből. A tétel azt mondja ki, hogy ha

a_{1}, a_{2}, ..., a_{n}

és

b_{1}, b_{2}, ..., b_{n}

pozitív számok,

c_{1}, c_{2}, ..., c_{n}

pedig az utóbbi sorozat egy tetszőleges permutációja, akkor az

\begin{matrix} a_{1} c_{1} + a_{2} c_{2} + ... + a_{n} c_{n} \end{matrix}

típusú összegek legnagyobbikát akkor kapjuk, ha az

a_{1}, a_{2}, ..., a_{n}

és a

c_{1}, c_{2}, ..., c_{n}

sorozatok azonosan vannak rendezve. Ez azt jelenti, hogy

a_{i} \leq a_{j}

és

c_{i} \leq c_{j}

egyszerre teljesül.
Az

(a^{2}; b^{2}; c^{2})

és az

(a; b; c)

sorozatok rendezése nyilván azonos, a feltétel tehát teljesül. Egyenlőség akkor és csak akkor áll, ha a bal oldalon a

(b; c; a)

sorozat rendezése azonos az

(a; b; c)

sorozat rendezésével, ez pedig ‐ gondoljuk meg ‐ akkor és csak akkor teljesül, ha

a = b = c

, ami az eredeti változókra nézve azt jelenti, hogy

x = y = z

Megjegyzések. 1. A rendezési tétel bizonyítása és néhány alkalmazása megtalálható Hajós ‐ Neukomm ‐ Surányi: Matematikai Versenytételek c. könyvének II. kötetében (Tankönyvkiadó, Budapest, 1986) a Néhány nevezetes egyenlőtlenség közös forrásáról című jegyzetben.
2. A (3) egyenlőtlenség a súlyozott számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenség segítségével is igazolható. Az új változók bevezetése után az I. megoldás ,,trükkje'' logikus lépés:

a^{2} b

a^{3}

és

b^{3}

súlyozott mértani közepe az 1 összegű

\frac{2}{3}

\frac{1}{3}

súlyokkal, így

a^{2} b = {(a^{3})}^{\frac{2}{3}} \cdot {(b^{3})}^{\frac{1}{3}} \leq \frac{2}{3} a^{3} + \frac{1}{3} b^{3}

. A másik két hasonló egyenlőtlenséget felírva és összegezve a bizonyítandó állítást kapjuk¹. A befejezésül közölt megoldás egy másik ,,örökzöld'' fegyver, a Cauchy‐Schwarz‐Bunyakovszkij egyenlőtlenség felhasználásával oldja meg a feladatot.

III. megoldás. A megoldás során föltehető, hogy

x y z = 1

. Tekintsük ugyanis az

x_{1} = \frac{x}{\sqrt[3]{x y z}}

y_{1} = \frac{y}{\sqrt[3]{x y z}}

z_{1} = \frac{z}{\sqrt[3]{x y z}}

mennyiségeket. Ezek a feltétel szerint pozitívak, a szorzatuk 1, továbbá tagonként egyszerűsítve

\frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x} = \frac{x_{1}}{y_{1}} + \frac{y_{1}}{z_{1}} + \frac{z_{1}}{x_{1}}

. Ekkor azt kell bizonyítanunk, hogy

\begin{matrix} x_{1} + y_{1} + z_{1} \leq \frac{x_{1}}{y_{1}} + \frac{y_{1}}{z_{1}} + \frac{z_{1}}{x_{1}} . \end{matrix}

(4)

A továbbiakban a pótlólagos

x y z = 1

feltevés mellett az egyszerűség kedvéért elhagyjuk az indexeket.
Vegyük észre, hogy ekkor

\sqrt[]{\frac{x}{y}} \cdot \sqrt[]{z} = \frac{\sqrt[]{x z} \cdot \sqrt[]{y}}{\sqrt[]{y} \cdot \sqrt[]{y}} = \frac{1}{y}

és hasonlóan

\sqrt[]{\frac{y}{z} \cdot} \sqrt[]{x} = \frac{1}{z}

, illetve

\sqrt[]{\frac{z}{x} \cdot} \sqrt[]{y} = \frac{1}{x}

. Így

\begin{matrix} \frac{1}{y} + \frac{1}{z} + \frac{1}{x} = \sqrt[]{\frac{x}{y}} \cdot \sqrt[]{z} + \sqrt[]{\frac{y}{z}} \cdot \sqrt[]{x} + \sqrt[]{\frac{z}{x}} \cdot \sqrt[]{y} . \end{matrix}

A jobb oldali alak négyzete a Cauchy‐Schwarz‐Bunyakovszkij egyenlőtlenség szerint felülről becsülhető, tehát

\begin{matrix} {(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z})}^{2} \leq (\frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x}) (x + y + z) . \end{matrix}

Hasonló módon

x + y + z = \sqrt[]{\frac{x}{y}} \cdot \frac{1}{\sqrt[]{z}} + \sqrt[]{\frac{y}{z}} \cdot \frac{1}{\sqrt[]{x}} + \sqrt[]{\frac{z}{x}} \cdot \frac{1}{\sqrt[]{y}}

. Ismét a Cauchy‐Schwarz‐Bunyakovszkij egyenlőtlenséget alkalmazva:

\begin{matrix} {(x + y + z)}^{2} \leq (\frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x}) \cdot (\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}) . \end{matrix}

Ha négyzetre emeljük ezt a második egyenlőtlenséget, akkor a jobb oldal második tényezőjének a négyzete az első egyenlőtlenség szerint tovább becsülhető:

\begin{matrix} {(x + y + z)}^{4} \leq {(\frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x})}^{2} \cdot {(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z})}^{2} \leq {(\frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x})}^{3} \cdot (x + y + z) . \end{matrix}

A változók összege pozitív, így ezzel egyszerűsítve, majd köbgyököt vonva a bizonyítandóval ekvivalens (4) egyenlőtlenséget kapjuk.

Megjegyzések. 1. A Cauchy‐Schwarz‐Bunyakovszkij egyenlőtlenségben mindkét alkalmazásakor

x = y = z = 1

az egyenlőség feltétele, ami az eredeti feladatra nézve azt jelenti, hogy pontosan akkor van egyenlőség, ha

x = y = z

.
2. A feladat felső becslést ad három mennyiség számtani és mértani közepének az arányára:

\frac{A (x; y; z)}{G (x; y; z)} \leq \frac{1}{3} (\frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x}) = A (\frac{x}{y}; \frac{y}{z}; \frac{z}{x})

. A C. 787. feladatban (kitűzve: KöMaL 2004/9. sz., 552. o.) hasonló becslést kellett igazolni két mennyiség számtani és mértani közepének a hányadosára: eszerint

\frac{A (x, y)}{G (x, y)} \leq \frac{1}{2} (\frac{x}{y} + \frac{y}{x})

. A lehetséges általánosításokat az olvasóra hagyjuk.

¹Ez a ,,trükk'' egyébként általában Muirhead-egyenlőtlenség néven ismert. Ezt a tételt láthatjuk akcióban a Matematikai Diákolimpia 3. feladatának megoldásakor (ld. a 389‐390. oldalt) és részletesebben is bemutatjuk az ,,Változatok a szimmetriára: így működik a Muirhead-egyenlőtlenség'' című cikkünkben.