Feladat:	B.4461	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Gyarmati Máté ,  Janzer Olivér ,  Mester Márton ,  Strenner Péter ,  Zilahi Tamás
Füzet:	2014/május, 273 - 274. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Egyenlőtlenségek, Elemi függvények differenciálhányadosai, Határozatlan integrál, Függvényvizsgálat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2012/május: B.4461

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás. Először belátjuk az alábbi lemmát: Ha $a\mathrm{,}b\mathrm{,}c\ge 0$ és $p\ge 1$ valós számok, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(a+b+c\right)}^p+a^p\ge {\left(a+b\right)}^p+{\left(a+c\right)}^p\mathrm{.}}\end{array}$ Ha $p=1$, akkor a két oldal egyenlő. Ha $p>1$, akkor vizsgáljuk az $f\left(x\right)=x^p$ függvényt. A függvény második deriváltja $f\text{'}\text{'}\left(x\right)=p\left(p-1\right)x^{p-2}$  $x>0$ esetén biztosan pozitív, mert minden tényező nagyobb 0-nál, tehát a függvény konvex. Így az $f\left(x\right)=x^p$ függvény grafikonján az $\left(a+b+c\mathrm{,}f\left(a+b+c\right)\right)$ és az $\left(a\mathrm{,}f\left(a\right)\right)$ pontokat összekötő szakasz (amennyiben létezik, vagyis ha $b$ és $c$ közül mindkettő pozitív) minden belső pontja a függvény görbéje fölött halad. Az is teljesül, hogy az $\left(a+b\mathrm{,}f\left(a+b\right)\right)$ és az $\left(a+c\mathrm{,}f\left(a+c\right)\right)$ pontokat összekötő szakasz minden belső pontja az előbbi szakasz alatt van, amiből $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{f\left(a+b+c\right)+f\left(a\right)}{2}>\frac{f\left(a+b\right)+f\left(a+c\right)}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ Egyenlőség pedig akkor és csak akkor lesz, ha $p=1$, vagy $b=0$, vagy $c=0$. Ez pedig ekvivalens a lemma állításával. Most térjünk rá az eredeti feladatra. Legyen ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle F\left(x\right)}& {\displaystyle =}\hfill & {\displaystyle {\left(x+y+z+v\right)}^p+x^p+y^p+z^p+v^p-}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle }\hfill & {\displaystyle -{\left(x+y\right)}^p-{\left(z+v\right)}^p-{\left(x+z\right)}^p-{\left(y+v\right)}^p\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Ekkor ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle F\text{'}\left(x\right)}& {\displaystyle =}\hfill & {\displaystyle p{\left(x+y+z+v\right)}^{p-1}+p{x}^{p-1}-p{\left(x+y\right)}^{p-1}-p{\left(x+z\right)}^{p-1}\ge }\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle \ge }\hfill & {\displaystyle p\left({\left(x+y+z\right)}^{p-1}+x^{p-1}-{\left(x+y\right)}^{p-1}-{\left(x+z\right)}^{p-1}\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Mivel $p\ge 2$, így a lemma miatt $F\text{'}\left(x\right)\ge 0$, vagyis $F\left(x\right)$ monoton nő. Így $F\left(x\right)$ minimuma az $x=0$ helyen van. Vagyis az $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(x+y+z+v\right)}^p+x^p+y^p+z^p+v^p-{\left(x+y\right)}^p-{\left(z+v\right)}^p-{\left(x+z\right)}^p-{\left(y+v\right)}^p}\end{array}$ kifejezés nem nő, ha $x$ helyére 0-t írunk: ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle }& {\displaystyle }\hfill & {\displaystyle {\left(x+y+z+v\right)}^p+x^p+y^p+z^p+v^p-{\left(x+y\right)}^p-}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle }\hfill & {\displaystyle -{\left(z+v\right)}^p-{\left(x+z\right)}^p-{\left(y+v\right)}^p\ge }\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle \ge }\hfill & {\displaystyle {\left(y+z+v\right)}^p+y^p+z^p+v^p-y^p-{\left(z+v\right)}^p-z^p-{\left(y+v\right)}^p=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =}\hfill & {\displaystyle {\left(y+z+v\right)}^p+v^p-{\left(z+v\right)}^p-{\left(y+v\right)}^p\mathrm{,}}\hfill \end{array}}$ ez pedig legalább 0 a lemma miatt. Egyenlőség akkor és csak akkor lesz, ha $p=2$ és $x$ vagy $v$ közül legalább az egyik 0, illetve $y$ és $z$ közül is legalább az egyik 0; vagy $p>2$ és $x=y=0$ vagy $x=z=0$ vagy $y=v=0$ vagy $v=z=0$.