Kezdőlap


Feladat:	339. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	1951/december, 199 - 201. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Jensen-féle egyenlőtlenség, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1951/november: 339. matematika feladat

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

A geometriai szemlélet azt is mutatja, hogy elegendő azt tudni egy görbéről, hogy minden húr középpontja a görbe fölött van, már ebből is következtethetünk a görbe konvex voltára, vagyis az

\begin{matrix} f (\frac{x_{1} + x_{2}}{2}) < \frac{f (x_{1}) + f (x_{2})}{2} \end{matrix}

(1)

kéttagú szimmetrikus Jensen-egyenlőtlenség teljesítéséből már következik a súlyozott és a többtagú súlyozott Jensen-egyenlőtlenség teljesülése is. Ezt egyelőre csak a szemlélet alapján láttuk be. Nézzük most meg, mit tudunk bizonyítani anélkül, hogy a geometriai szemléletre hivatkoznánk.
Tegyük fel, hogy teljesül egy függvényre az (1) egyenlőtlenség. Ebből közvetlenül a négytagú hasonló egyenlőtlenségre következtethetünk.

\begin{matrix} \frac{x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4}}{4} = \frac{\frac{x_{1} + x_{2}}{2} + \frac{x_{3} + x_{4}}{2}}{2} \end{matrix}

folytán ugyanis kétszer alkalmazva az (1) egyenlőtlenséget, azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} f (\frac{x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4}}{4}) = f (\frac{\frac{x_{1} + x_{2}}{2} + \frac{x_{3} + x_{4}}{2}}{2}) ≦ \\ ≦ \frac{f (\frac{x_{1} + x_{2}}{2}) + f (\frac{x_{3} + x_{4}}{2})}{2} ≦ \frac{\frac{f (x_{1}) + f (x_{2})}{2} + \frac{f (x_{3}) + f (x_{4})}{2}}{2} = \\ = \frac{f (x_{1}) + f (x_{2}) + f (x_{3}) + f (x_{4})}{4} . \end{matrix}

Meg kell engednünk az egyenlőség fennállását is, mert ha az

x

-ek közt vannak is különbözők, akkor is előfordulhatnak a kéttagú számtani közepek számlálóiban egyenlő számok is és így a megfelelő egyenlőtlenség helyébe egyenlőség lép. Nem fordulhat elő azonban mindegyik törtben ez az eset, és így az első és utolsó kifejezés közt mindig a

<

jel lesz érvényes. Így

\begin{matrix} f (\frac{x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4}}{4}) < \frac{f (x_{1}) + f (x_{2}) + f (x_{3}) + f (x_{4})}{4} . \end{matrix}

Hasonlóan következtethetünk most a

8

-tagú, majd a

16

32

-tagú egyenlőtlenségre és így tovább. Általában megmutatjuk, hogy (1)-ből következik a

2^{j}

tagú egyenlőtlenség minden pozitív egész

j

-re. A bizonyítás teljes indukcióval történhet

j = 1

-re feltevés szerint igaz az állítás. Legyen most

j = k

és tegyük fel, hogy

j = k - 1

-re igazoljuk, hogy az (1)-ből következik az

\begin{matrix} f (\frac{x_{1} + x_{2} + ... + x_{2^{k - 1}}}{2^{k - 1}}) < \frac{f (x_{1}) + f (x_{2}) + ... + f (x_{2^{k - 1}})}{2^{k - 1}} \end{matrix}

egyenlőtlenség. Vegyünk most

2^{k}

számú abszcisszát. Ekkor (1) és a feltétel szerint

\begin{matrix} f (\frac{x_{1} + x_{2} + ... + x_{2^{k}}}{2^{k}}) = \\ = f (\frac{\frac{x_{1} + x_{2} + ... + x_{2^{k - 1}}}{2^{k - 1}} + \frac{x_{2^{k - 1} + 1} + x_{2^{k - 1} + 2} + ... + x_{2^{k}}}{2^{k - 1}}}{2}) ≦ \\ ≦ \frac{f (\frac{x_{1} + x_{2} + ... + x_{2^{k - 1}}}{2^{k - 1}}) + f (\frac{x_{2^{k - 1} + 1} + x_{2^{k - 1} + 2} + ... + x_{2^{k}}}{2^{k - 1}})}{2} ≦ \\ ≦ \frac{\frac{f (x_{1}) + f (x_{2}) + ... + f (x_{2^{k - 1}})}{2^{k - 1}} + \frac{f (x_{2^{k - 1} + 1}) + f (x_{2^{k - 1} + 2}) + ... + f (x_{2^{k}})}{2^{k - 1}}}{2} = \\ = \frac{f (x_{1}) + f (x_{2}) + ... + f (x_{2^{k - 1}}) f (x_{2^{k - 1} + 1}) + f (x_{2^{k - 1} + 2}) + ... + f (x_{2^{k}})}{2^{k}} . \end{matrix}

és itt ismét valahol a

<

jel lesz az érvényes, vagyis következik az állítás helyessége

k

-ra is. Ezzel igazoltuk az állítás helyességét minden

j

értékre.
Hátra van azonban még az állítás igazolása a

2

hatványaitól különböző tagszámok esetében. Cauchy francia matematikus egy rendkívül egyszerű gondolattal fejezte be a bizonyítást: azt mutatta meg, hogy ha valamilyen tagszámra helyes az egyenlőtlenség, akkor helyes minden kisebb tagszám esetén is. Ez azon múlik, hogy a számtani középnek egyik tulajdonsága, hogy ezt hozzávéve a már meglevő számokhoz. A keletkező eggyel több szám számtani közepe ugyanaz lesz, mint az eredeti számoké volt. Valóban ha

\begin{matrix} x = \frac{x_{1} + x_{2} + ... + x_{n}}{n}, \end{matrix}

akkor

\begin{matrix} \frac{x_{1} + x_{2} + ... + x_{n} + x}{n + 1} = \frac{n x + x}{n + 1} = x . \end{matrix}

Hasonlóan, ha az eredeti számokhoz még több újat (pl.

m

számút) veszünk hozzá, melyek mindegyike

x

-szel egyenlő, akkor is változatlan marad a számtani közép:

\begin{matrix} \frac{x_{1} + x_{2} + ... + x_{n} + m x}{n + m} = \frac{n x + m x}{n + m} = x . \end{matrix}

Hogyha

k

most tetszés szerinti pozitív egész szám és az

x_{1}, x_{2}, ..., x_{k}

abszcisszák közt vannak különbözők, a számtani közepük pedig

x

, akkor keressünk

2

-nek egy

k

-nál nagyobb hatványát, legyen ez

2^{j}

. Legyen

l = 2^{j} - k

. Ekkor a mondottak és a már bizonyított egyenlőtlenség szerint

\begin{matrix} f (x) = f (\frac{x_{1} + x_{2} + ... + x_{k}}{k}) = f (\frac{x_{1} + x_{2} + ... + x_{k} + l x}{2^{j}}) < \\ < \frac{f (x_{1}) + f (x_{2}) + ... + f (x_{k}) + l f (x)}{2^{j}} . \end{matrix}

Innen

\begin{matrix} (1 - \frac{l}{2^{j}}) f (x) < \frac{f (x_{1}) + f (x_{2}) + ... + f (x_{k})}{2^{j}} \end{matrix}

és

1 - \frac{l}{2^{j}} = \frac{2^{j} - l}{2^{j}} = \frac{k}{2^{j}}

-vel átosztva

\begin{matrix} f (x) = f (\frac{x_{1} + x_{2} + ... + x_{k}}{k}) < \frac{f (x_{1}) + f (x_{2}) + ... + f (x_{k})}{k} . \end{matrix}

Ezzel bebizonyítottuk, hogyha egy függvényre teljesül a kéttagú szimmetrikus Jensen-egyenlőtlenség, akkor teljesül minden

k

-ra a

k

tagú szimmetrikus egyenlőtlenség is.