Kezdőlap


Feladat:	B.3829	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Tomon István , Tossenberger Anna
Füzet:	2006/április, 216 - 217. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Számtani közép, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Kvadratikus közép, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2005/május: B.3829

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

I. megoldás. Jelöljük a bizonyítandó egyenlőtlenség bal oldalán álló összeget $S_{n}$ -nel.
Azt állítjuk, hogy $S_{n}$ nem változik, ha minden tagjának a számlálójában ciklikusan eggyel megnöveljük az indexet:

\begin{matrix} \frac{a_{1}^{2}}{a_{1} + a_{2}} + \frac{a_{2}^{2}}{a_{2} + a_{3}} + ... + \frac{a_{n - 1}^{2}}{a_{n - 1} + a_{n}} + \frac{a_{n}^{2}}{a_{n} + a_{1}} = \\ = \frac{a_{2}^{2}}{a_{1} + a_{2}} + \frac{a_{3}^{2}}{a_{2} + a_{3}} + ... + \frac{a_{n}^{2}}{a_{n - 1} + a_{n}} + \frac{a_{1}^{2}}{a_{n} + a_{1}} . \end{matrix}

A két oldal különbségét képezve és az egyenlő nevezőjű törteket összevonva minden egyes tagban egyszerűsíthetünk:

\begin{matrix} \frac{a_{i}^{2} - a_{i + 1}^{2}}{a_{i} + a_{i + 1}} = a_{i} - a_{i + 1} . \end{matrix}

A két oldal különbsége így teleszkópikus összegként

(a_{1} - a_{2}) + (a_{2} - a_{3}) + ... + (a_{n} - a_{1}) = 0

, a fenti azonosságot igazoltuk. A bizonyítandó egyenlőtlenséget ezek után írjuk a

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

alakba és a jobb oldalon is ,,kettőzzük meg'' a tagokat:

\begin{matrix} \frac{a_{1}^{2} + a_{2}^{2}}{a_{1} + a_{2}} + \frac{a_{2}^{2} + a_{3}^{2}}{a_{2} + a_{3}} + ... + \frac{a_{n}^{2} + a_{1}^{2}}{a_{n} + a_{1}} \geq \frac{a_{1} + a_{2}}{2} + \frac{a_{2} + a_{3}}{2} + ... + \frac{a_{n} + a_{1}}{2} . \end{matrix}

Vegyük észre végül, hogy ebben az egyenlőtlenségben a bal oldal tagonként nagyobb a jobb oldalnál. Ha

x

és

y

pozitív számok, akkor a négyzetes és a számtani közép közötti egyenlőtlenséget négyzetre emelve kapjuk, hogy

\begin{matrix} \frac{x^{2} + y^{2}}{2} \geq {(\frac{x + y}{2})}^{2}, \end{matrix}

amiből valóban

\begin{matrix} \frac{x^{2} + y^{2}}{x + y} \geq \frac{x + y}{2} \end{matrix}

következik. Ezzel a feladatot megoldottuk. A bizonyításból kiderül, hogy az egyenlőség feltétele az, hogy valamennyi négyzetes-számtani közép egyenlőtlenségben egyenlőség álljon, ami pedig pontosan akkor teljesül, ha

a_{1} = a_{2} = a_{3} = ... = a_{n}

II. megoldás. Ha

x

y

pozitív számok, akkor

\begin{matrix} S (x; y) = \frac{x^{2}}{x + y} = \frac{x^{2} + x y}{x + y} - \frac{x y}{x + y} = x - \frac{x y}{x + y} . \end{matrix}

A jobb oldalon a különbség második tagja a számtani és a mértani közép közti egyenlőtlenség négyzetéből felülről becsülhető:

\begin{matrix} \frac{x y}{x + y} \leq \frac{x + y}{4}, ahonnan S (x; y) \geq x - \frac{x + y}{4} = \frac{3 x - y}{4} . \end{matrix}

Ha most az

x = a_{i}

y = a_{i + 1}

helyettesítések után összegezzük az így adódó

n

darab egyenlőtlenséget, akkor a bal oldalon éppen a bizonyítandó egyenlőtlenség bal oldala áll. A jobb oldalon a

3 a_{i}

alakú számok összegének és az

a_{i}

alakú számok összegének a különbségét kell 4-gyel osztani: ez éppen az adott számok összegének a fele, a bizonyítandó egyenlőtlenség jobb oldala.