Kezdőlap


Feladat:	B.3916	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Almási Gábor András
Füzet:	2006/december, 547 - 548. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenlőtlenségek, Algebrai átalakítások, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Hatványközepek közötti egyenlőtlenség, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2006/május: B.3916

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

I. megoldás. A feltétel szerint ( $x$ és $y$ pozitív) az egyenlőtlenség két oldalán pozitív számok állnak, így elegendő a négyzetre emeléssel kapott egyenlőtlenséget bizonyítani. Ez a következő:

\begin{matrix} \frac{x^{4} + y^{4} + 3 x^{2} y^{2} + 2 x^{3} y + 2 x y^{3}}{9} \leq \frac{x^{2} + 2 x y + y^{2}}{4} \cdot \frac{x^{2} + y^{2}}{2} . \end{matrix}

A műveleteket elvégezve és rendezve:

\begin{matrix} 8 x^{4} + 8 y^{4} + 24 x^{2} y^{2} + 16 x y^{3} + 16 x^{3} y & \leq & 9 x^{4} + 18 x^{3} y + 18 x^{2} y^{2} + 18 x y^{3} + 9 y^{4}, \\ 0 & \leq & x^{4} + 2 x^{3} y - 6 x^{2} y^{2} + 2 x y^{3} + y^{4} . \end{matrix}

Vegyük észre, hogy a jobb oldalon

{(x^{2} - y^{2})}^{2} + 2 x y {(x - y)}^{2}

áll. A két négyzet nem negatív,

x y

a feltétel miatt pozitív, így a bizonyítandó állítás igaz. Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha

x = y

Megjegyzések 1. A négyzetre emelést másképpen rendezve a

\begin{matrix} 6 x^{2} y^{2} \leq x^{4} + 2 x^{3} y + 2 x y^{3} + y^{4} \end{matrix}

egyenlőtlenség a következőképpen is igazolható. A jobb oldalon hat szám összege áll, ezek mértani közepe

\begin{matrix} \sqrt[6]{x^{4} x^{3} y x^{3} y x y^{3} x y^{3} y^{4}} = \sqrt[6]{x^{12} y^{12}} = x^{2} y^{2}, \end{matrix}

tehát a számtani és mértani közepek közti egyenlőtlenségből következik a bizonyítandó állítás.
2. Ha a két oldalt

y^{2} > 0

-val osztjuk, akkor a

t = \frac{x}{y}

változót bevezetve az egyváltozós

\begin{matrix} \frac{t^{2} + t + 1}{3} \leq \frac{t + 1}{2} \cdot \sqrt[]{\frac{t^{2} + 1}{2}}, t > 0 \end{matrix}

egyenlőtlenséghez jutunk. Ennek igazolása történhet a megoldáshoz hasonló módon, a négyzetre emelés és a műveletek elvégzése után adódó

0 \leq t^{4} + 2 t^{3} - 6 t^{2} + 2 t + 1

egyenlőtlenség jobb oldalán adódó polinom szorzattá alakításával, de a differenciálszámítás eszközeivel is.
3. Bár a bizonyítás elég egyszerű, a kapott egyenlőtlenség meglehetősen finom. Ha ugyanis a jobb oldalon a négyzetes közepet a nála nem nagyobb számtani középpel helyettesítjük, akkor az egyenlőtlenség iránya megfordul, azaz

\begin{matrix} \frac{x + y}{2} \leq \sqrt[]{\frac{x^{2} + x y + y^{2}}{3}} . \end{matrix}

(1)

Ennek igazolása a fentiekhez hasonló módon is történhet, de ha felidézzük az áprilisi számunkban megjelent Megjegyzés a logaritmikus középhez c. cikkben olvasható tételt¹, amely elég általános körülmények között tisztázza az integrálközépnek nevezett

\begin{matrix} K_{f} (a, b) = f^{- 1} (\frac{\int_{a}^{b} f (x) d x}{b - a}) \end{matrix}

és az

A (a; b)

számtani közép nagyságviszonyát, akkor

(1)

jobb oldalán felismerhető a növő és konvex

f (t) = t^{2}

függvény

[x; y]

intervallumon vett integrálközepe, az

(1)

egyenlőtlenség pedig a tétel állítása. Az eredeti állítás is megkapható ilyen módon és így egy újabb ‐ bár természetesnek talán nem nevezhető ‐ bizonyításhoz jutunk. (Fény derül viszont a feladat eredetére.)

II. megoldás. Az

f (t) = \sqrt[]{t}

függvény az értelmezési tartományán növő és konkáv, így a fenti tétel szerint

K_{f} (a; b) \leq A (a; b)

, azaz

\begin{matrix} {(\frac{\int_{a}^{b} \sqrt[]{t} d t}{b - a})}^{2} \leq \frac{a + b}{2} . \end{matrix}

Az integrál értéke:

\begin{matrix} \frac{2}{3} {[t^{\frac{3}{2}}]}_{a}^{b} = \frac{2}{3} (b^{\frac{3}{2}} - a^{\frac{3}{2}}) . \end{matrix}

Mivel

a

és

b

pozitívak, elvégezhetjük az

a = x^{2}

b = y^{2}

helyettesítéseket. Ekkor az integrálközép négyzetgyöke:

\begin{matrix} K = \frac{2}{3} \cdot \frac{x^{3} - y^{3}}{x^{2} - y^{2}} = \frac{x^{2} + x y + y^{2}}{3} \cdot \frac{2}{x + y} \leq \sqrt[]{A (x^{2}; y^{2})} = \sqrt[]{\frac{x^{2} + y^{2}}{2}}, \end{matrix}

ahonnan a bizonyítandó állítást kapjuk, ha

x

és

y

számtani közepével szorzunk.

¹Tétel. Ha

f

pozitív, növő és konkáv vagy fogyó és konvex, akkor

K_{f} (a, b) \leq A (a, b)

. (Ugyanígy ha

f

növő és konvex vagy fogyó és konkáv, akkor a fenti egyenlőtlenség fordítva teljesül:

A (a, b) \leq K_{f} (a, b)