Kezdőlap


Feladat:	347. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	1951/december, 207 - 208. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Jensen-féle egyenlőtlenség, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1951/november: 347. matematika feladat

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

Ha a hatványok számtani közepeit súlyozott számtani közepekkel helyettesítjük, akkor a súlyozott hatványközepekhez jutunk. Ezekre is átvihető az állítás: az ugyanazon súlyokkal súlyzott hatványközepek közül mindig a nagyobb kitevőhöz tartozó a nagyobb. A bizonyítás történhetne teljesen hasonlóan, csak a (4) egyenlőtlenség helyett kellene a megfelelő súlyozott egyenlőtlenséget igazolni. Rövidebben is célhoz érhetünk azonban, ha észrevesszük, hogy a (3) egyenlőtlenség átalakítható egy szimmetrikus Jensen-egyenlőtlenséggé. Vonjunk $n$ -edik gyököt és írjunk $x_{1}^{n}$ , $x_{2}^{n}$ helyett $y_{1}$ , $y_{2}$ -t:

\begin{matrix} \frac{y_{1}^{\frac{n + 1}{n}} + y_{2}^{\frac{n + 1}{n}}}{2} > {(\frac{y_{1} + y_{2}}{2})}^{\frac{n + 1}{n}} . \end{matrix}

Ez azt fejezi ki, hogy a változó

(n + 1) / n

-edik hatványára teljesül a kéttagú szimmetrikus Jensen-egyenlőtlenség. Ebből viszont következik, hogy a függvény konvex s így teljesül rá a kéttagú (és többtagú) súlyozott Jensen egyenlőtlenség is, tehát ha

q_{1}

q_{2}

pozitív és

q_{1} + q_{2} = 1

, akkor

\begin{matrix} q_{1} y_{1}^{\frac{n + 1}{n}} + q_{2} y_{2}^{\frac{n + 1}{n}} > {(q_{1} y_{1} + q_{2} y_{2})}^{\frac{n + 1}{n}} . \end{matrix}

Írjuk vissza

y_{1}

y_{2}

helyébe

x_{1}^{n}

x_{2}^{n}

-t és vonjunk még

n + 1

-edik gyököt is, nyerjük, hogy

\begin{matrix} {(q_{1} x_{1}^{n + 1} + q_{2} x_{2}^{n + 1})}^{1 / (n + 1)} > {(q_{1} x_{1}^{n} + q_{2} x_{2}^{n})}^{1 / n} . \end{matrix}

Eredményünkből ismét következik természetesen, hogy bármely két pozitív egész kitevőhöz tartozó súlyozott hatványközép közül is a nagyobb kitevőhöz tartozó a nagyobb.
Alkalmazzuk eredményünket

1 / x_{1}

1 / x_{2}

-re. Ha

s

és

t

pozitív egész számok és

s > t

, akkor

\begin{matrix} \sqrt[^{s}]{q_{1} {(\frac{1}{x_{1}})}^{s} + q_{2} {(\frac{1}{x_{2}})}^{s}} > \sqrt[^{t}]{q_{1} {(\frac{1}{x_{1}})}^{t} + q_{2} {(\frac{1}{x_{2}})}^{t}}, \end{matrix}

vagy mindkét oldal reciprok értékét véve

\begin{matrix} {(q_{1} x_{1}^{- s} + q_{2} x_{2}^{- s})}^{- 1 / s} < {(q_{1} x_{1}^{- t} + q_{2} x_{2}^{- t})}^{- 1 / t} . \end{matrix}

Mivel

- s < - t

, ez azt jelenti, hogy negatív kitevőjű hatványközepek közül is a nagyobb kitevőhöz tartozó a nagyobb.