|
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 , , számokra: | | Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha , azaz . Hasonlóan kapjuk, hogy | | az egyenlőség feltétele , illetve . 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 , azaz .
II. megoldás. Az , , jelölésekkel egyrészt , másrészt a bizonyítandó állítás az formában írható. (Például ). Ha a bal oldalon közös nevezőre hozunk, akkor azt kell igazolnunk, hogy | | (2) | A bal oldal nevezője 1, így azt kapjuk, hogy Ez az egyenlőtlenség nyomban adódik a rendezési tételből. A tétel azt mondja ki, hogy ha és pozitív számok, pedig az utóbbi sorozat egy tetszőleges permutációja, akkor az típusú összegek legnagyobbikát akkor kapjuk, ha az és a sorozatok azonosan vannak rendezve. Ez azt jelenti, hogy és egyszerre teljesül. Az és az sorozatok rendezése nyilván azonos, a feltétel tehát teljesül. Egyenlőség akkor és csak akkor áll, ha a bal oldalon a sorozat rendezése azonos az sorozat rendezésével, ez pedig ‐ gondoljuk meg ‐ akkor és csak akkor teljesül, ha , ami az eredeti változókra nézve azt jelenti, hogy .
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: az és súlyozott mértani közepe az 1 összegű , súlyokkal, így . A másik két hasonló egyenlőtlenséget felírva és összegezve a bizonyítandó állítást kapjuk. 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 . Tekintsük ugyanis az , , mennyiségeket. Ezek a feltétel szerint pozitívak, a szorzatuk 1, továbbá tagonként egyszerűsítve . Ekkor azt kell bizonyítanunk, hogy | | (4) | A továbbiakban a pótlólagos feltevés mellett az egyszerűség kedvéért elhagyjuk az indexeket. Vegyük észre, hogy ekkor és hasonlóan , illetve . Így A jobb oldali alak négyzete a Cauchy‐Schwarz‐Bunyakovszkij egyenlőtlenség szerint felülről becsülhető, tehát | | Hasonló módon . Ismét a Cauchy‐Schwarz‐Bunyakovszkij egyenlőtlenséget alkalmazva: | | Ha négyzetre emeljük ezt a második egyenlőtlenséget, akkor a jobb oldal második tényezőjének a négyzete az első egyenlőtlenség szerint tovább becsülhető: | | 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 az egyenlőség feltétele, ami az eredeti feladatra nézve azt jelenti, hogy pontosan akkor van egyenlőség, ha . 2. A feladat felső becslést ad három mennyiség számtani és mértani közepének az arányára: . A C. 787. feladatban (kitűzve: KöMaL 2004/9. sz., 552. o.) hasonló becslést kellett igazolni két mennyiség számtani és mértani közepének a hányadosára: eszerint . A lehetséges általánosításokat az olvasóra hagyjuk. Ez 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. |
|