A Sturm-módszer és alkalmazása Tuzson Zoltán, Székelyudvarhely Számtalan szélsőérték probléma megoldása, vagy egyenlőtlenség bizonyítása nagyon gyakran, már a matematikai analízis eszközeire szorítkozik, mint például a Jensen-, Hölderféle egyenlőtlenség, deriváltak stb. A Sturm-módszerrel, számos ilyen – úgymond az algebra, mértan, trigonometria, és analízis határán „elhelyezkedő” – feladat, elemi eszközökkel oldható meg. A módszert főleg n ≥ 2 változót tartalmazó, szimmetrikus kifejezések esetén alkalmazhatjuk, amikor az ismeretlenek valamilyen kikötésnek vagy feltételnek tesznek eleget. A módszer lényege röviden: állandó összeg (vagy szorzat) mellett, valamely kétváltozós kifejezés változását követjük, miközben a változókat úgy közelítjük egymáshoz, hogy az összegük (illetve a szorzatuk) állandó maradjon. A változások megfigyeléséből, meghatározva az egyik változó értékét, újrakezdjük az eljárást, de ezúttal n − 1 változó esetén. Véges ilyen lépés után, az eljárásunk véget ér. A módszer lényegét a következő feladatok segítségével jobban megérthetjük. A módszer kezdetét a következő két tulajdonság jelenti:
1. Alkalmazás: Ha x, y ∈ R és x + y = S állandó, akkor a P ( x, y ) = x ⋅ y szorzat: a) növekszik, ha az x − y különbség csökken, b) csökken, ha az x − y különbség növekszik. Bizonyítás: Nyilván feltehető, hogy x < y , ekkor létezik olyan e > 0 amelyre 2e < y − x . Így az x + e és y − e számok közelebb vannak egymáshoz, mint az x és y számok, az x < x + e < y − e < y elrendezés miatt. Mivel 2e < y − x , mindenképpen e < y − x (i). Ekkor P ( x + e, y − e) − P ( x, y ) = e( y − x − e) > 0 , és ezért az a) állítás igaz. Az x − e és y + e számok
nyílván távolabb vannak egymástól, mint az x és y számok. Az x − e < x ≤ y < y + e elrendezés miatt, hiszen x − y < 0 , méginkább x − y < e (ii). Ekkor felírható, hogy P ( x − e, y + e) − P ( x, y ) = e( x − y − e) < 0 , és ezért a b) állítás is igaz.
2. Alkalmazás: Ha x, y ∈ R+ és x ⋅ y = P , akkor az S ( x, y ) = x + y összeg: a) csökken, ha az x − y különbség csökken, b) növekszik, ha az x − y különbség növekszik.
1
Bizonyítás: Nyilván feltehető, hogy 0 < x < y , ekkor létezik olyan k > 1 amelyre k 2 <
a kx és
y . Így x
y y számok közelebb vannak egymáshoz, mint az x és y számok, a 0 < x < kx < < y k k
elrendezés
miatt.
Mivel
1< k2 <
y , x
ezért
mindenképpen
1< k <
y x
(iii).
Ekkor
y x y S kx, − S ( x, y ) = (k − 1) k − < 0 , ezért az a) állítás igaz. A b) állítás bizonyítása is k k x hasonló, ott ellenben a k ∈ (0,1) feltételt kell figyelembe venni. A továbbiakban terjesszük ki az előző tulajdonságokat a klasszikus számtani- és mértani közepek közötti egyenlőtlenség bizonyítására.
3.Alkalmazás:
Ha
minden
n≥2
esetén
x1 , x2 ,..., xn ∈ R+ ,
akkor
fennáll
az
x1 + x2 + ... + xn n ≥ x1 x2 ...xn egyenlőtlenség. n
Bizonyítás: Feltételezzük, hogy 0 ≤ x1 ≤ x2 ≤ ... ≤ xn , és legyen P ( x1 , x2 ,..., xn ) = x1 ⋅ x2 ⋅ ... ⋅ xn , valamint x1 + x2 + ...xn = S , bármely n ≥ 2 esetén. Rögzítsük az x3 , x4 ,..., xn értékeket, és az x1 , x2 változó marad. Tehát x1 + x2 = S − ( x3 + x4 + ... + xn ) állandó. Az 1. Alkalmazás alapján, ha az x2 − x1 különbség csökken, akkor a P ( x1 , x2 ,..., xn ) szorzat növekszik. De x1 ≤ az
x2 − x1
különbség
akkor
csökken
a
legtöbbet,
ha
éppen
S , ezért n x1 =
S . n
S (n − 1) S S Tehát P ( x1 , x2 ,..., xn ) ≤ P , x2 ,..., xn (1). Továbbá x2 + x3 + ...xn = S − = . Az n n n előbbiek mintájára rögzítsük az x4 , x5 ,..., xn számokat, az x2 , x3 pedig legyen változó. Tehát az
x2 + x3 =
(n − 1) S − ( x4 + x5 + ... + xn ) n
állandó. Továbbá az
P ( x1 , x2 ,..., xn ) szorzat növekedését idézi elő. De x2 ≤
x3 − x2
csökkenése, a
(n − 1) S S : (n − 1) = , így az n n
S S S előzőek alapján azt kapjuk, hogy P , x2 ,..., xn ≤ P , , x3 ,..., xn (2). n n n Könnyen belátható, hogy ha tovább folytatjuk az eljárást, akkor végül is
2
S S S S P ( x1 , x2 ,..., xn ) ≤ P , ,..., = n n n n
n
adódik, ami éppen a bizonyítandó egyenlőtlenséget jelenti.
Megjegyzések: A bizonyítottakból megállapíthatók, hogy: 1) Ha az x1 + x2 + ...xn = S összeg állandó, akkor a P ( x1 , x2 ,..., xn ) = x1 ⋅ x2 ⋅ ... ⋅ xn szorzat akkor a legnagyobb, ha x1 = x2 = ... = xn . 2) Ha az x1 ⋅ x2 ⋅ ... ⋅ xn = P szorzat állandó, akkor az S ( x1 , x2 ,..., xn ) = x1 + x2 + ... + xn összeg akkor a legkisebb, ha x1 = x2 = ... = xn . n
π 4. Alkalmazás: Ha x1 , x2 ,..., xn ≥ 0 és ∑ xi = π , akkor ∏ sin xi ≤ sin . n i =1 i =1 n
n
Bizonyítás: A szimmetria miatt feltételezhető, hogy 0 ≤ x1 ≤ x2 ≤ ... ≤ xn (1) Rögzítsük az n
x3 , x4 ,..., xn értékeket, így x1 + x2 = S állandó (2), ahol S = π − ∑ xi . Legyen továbbá i =3 n
E ( x1 , x2 ,..., xn ) = ∏ sin xi . Közelítsük az x1 , x2 értékeket úgy, hogy az összegük S maradjon. i =1
Két
ilyen
érték
tehát
és
x1 + e
E ( x1 + e, x2 − e, x3 ,..., xn ) − E ( x1 , x2 ,..., xn ) =
x2 − e ,
ahol
0 < e < x2 − x1 .
Ekkor
n 1 cos( x − x − 2 e ) − cos( x − x ) ⋅ [ 2 1 2 1 ] ∏ sin xi (3). 2 i =3
De 0 < x2 − x1 − 2e < x2 − x1 < π , ezért cos( x2 − x1 − 2e) > cos( x2 − x1 ) , tehát a (3) sorában levő különbség pozitív. Tehát, ha x2 − x1 csökken, és x1 + x2 = S állandó, akkor E ( x1 , x2 ,..., xn ) n
növekszik. Az (1) és
∑x
i
= π alapján, x1 ≤
i =1
Tehát
a
(2)
feltétellel,
az
x2 − x1
π n
(ellenkező esetben x1 + x2 + ...xn > π lenne) távolság
a
legkisebb,
ha
x1 =
π
.
n
π ( n − 1)π E ( x1 , x2 ,..., xn ) ≤ E , x2 ,..., xn . Most az x2 ≤ x3 ≤ ... ≤ xn , x2 + x3 + ... + xn = n n
Így és
x2 + x3 = S (állandó) feltétel mellett megismételjük az eljárást és hasonlóan kapjuk, hogy
π π π E ( , x2 ,..., xn ) ≤ E , , x3 ,..., xn . Még (n-1)-szer megismételve az eljárást, végül is a n n n n
π π π π láncszabály alapján azt kapjuk, hogy E ( x1 , x2 ,..., xn ) ≤ E , ,..., = sin vagyis n n n n éppen amit bizonyítani akartunk. 3
n
5. Alkalmazás: Ha x1 , x2 ,..., xn ≥ 0 és
n
∏ xi = x n , akkor i =1
∏ (1 + x ) ≥ (1 + x) i
n
.
i =1
Bizonyítás: Feltételezzük, hogy 0 ≤ x1 ≤ x2 ≤ ... ≤ xn (1). Rögzítsük az x3 , x4 ,..., xn értékeket, n
így x1 ⋅ x2 = P (2) állandó, ahol P = x n : ( x1 x2 ...xn ) . Legyen E ( x1 , x2 ,..., xn ) = ∏ (1 + xi ) , k>1 i =1
és k 2 <
x2 x x . Ekkor kx1 közelebb van az 2 számhoz, mint az x1 az x2 -höz, és 1 < k < 2 . x1 k x1
Tehát felírható, hogy: E (kx1 ,
x n x x2 , x3 ,..., xn ) − E ( x1 , x2 ,..., xn ) = 1 (1 − k ) 2 − k ∏ (1 + xi ) < 0 . k k x1 i =3
Tehát, ha az x1 , x2 értékeket úgy közelítjük egymáshoz, hogy a szorzatuk P = x1 ⋅ x2 állandó n
marad, az E ( x1 , x2 ,..., xn ) kifejezés csökken. Az
∏x
i
= x n és az (1) alapján biztosan igaz,
i =1
hogy
x1 ≤ x .
Tehát
az
x2 − x1
különbség
a
legkisebb,
ha
x1 = x ,
így
E ( x1 , x2 ,..., xn ) ≥ E ( x, x2 ,..., xn ) . Az eljárás ismételt alkalmazásával, a láncszabály alapján azt kapjuk,
hogy
n
E ( x1 , x2 ,..., xn ) ≥ E ( x, x,..., x) = (1 + x ) .
n n (1 + x ) ≥ 1 + xi ∏ ∏ i i =1 i = 1 n
Ezzel
tulajdonképpen
a
n
egyenlőtlenséget igazoltuk.
A továbbiakban, bizonyos megszorításokkal szorzatok legkisebb, vagy összegek legnagyobb értékét vizsgáljuk.
3 6. Alkalmazás: Ha x, y, z ∈ 0, és x ⋅ y ⋅ z = 1 , határozzuk meg az S ( x, y, z ) = x + y + z 2 összeg maximumát. Megoldás: Feltételezzük, hogy 0 < x ≤ y ≤ z ≤ változó. Ekkor x ⋅ y = csökken. Az
x=
y−x
1 1 4 ≥ = , yz 3 ⋅ 3 9 2 2
3 . Rögzítsük a z értékét és x, y maradjon 2
1 állandó. Ha az y − x különbség növekszik, akkor az S ( x, y, z ) összeg z különbség annál nagyobb, minél kisebb az x értéke. Mivel
ezért
4 4 S ( x, y , z ) ≤ S , y , z = + y + z . 9 9
x=
4 9
Ezúttal
a
legkisebb
most
y⋅z =
9 , 4
elérhető
és
a
érték.
z−y
Így
különbség
4
növekedésével az y + z összeg csökken. Mivel y =
elérhető
érték.
De
ekkor
az
9 9 3 3 ≥ = , ezért y = a legkisebb 4z 4 ⋅ 3 2 2 2
y⋅z =
9 4
alapján
z=
3 , 2
tehát
4 3 3 4 3 3 31 S ( x, y , z ) ≤ S , , = + + = . 9 2 2 9 2 2 9
7. Alkalmazás: Ha x, y, z ≥ 0 és x + y + z = 1 , akkor
yz zx xy 1 + + ≤ . x +1 y +1 z +1 4
1 1 1 1 Bizonyítás: A feladatot átírva azt kapjuk, hogy: xy + yz + zx − xyz + + ≤ . x +1 y +1 z +1 4 Ha most alkalmazzuk az x + 1, y + 1, z + 1 értékekre a számtani és a harmonikus közepek közötti
egyenlőtlenséget,
akkor
3 x +1+ y +1+ z +1 4 ≤ = 1 1 1 3 3 + + x +1 y +1 z +1
vagyis
1 1 1 9 + + ≥ . Így ha x, y, z ≥ 0 és x + y + z = 1 , elegendő bizonyítani, hogy: x +1 y +1 z +1 4 E ( x, y, z ) = xy + yz + zx −
9 1 xyz ≤ (*). 4 4
Feltételezzük, hogy 0 < x ≤ y ≤ z (1), és rögzítsük a z értékét. Tehát x + y = 1 − z (állandó) (2). Közelítsük az x< y értékeket egymáshoz úgy, hogy közben az összeg változatlan maradjon. Ekkor tehát E ( x + e, y − e, z ) − E ( x, y , z ) = e( y − x − e) 1 − 9 z (**), ahol 0 < e < y − x .
4
Ennek alapján: 1) Ha z <
4 , a (**) különbség pozitív, így E ( x, y, z ) akkor növekszik, ha az x és az y 9
közeledik egymáshoz. Az x + y + z = 1 és (1) miatt x ≤
1 , a (2) alapján az x legközelebb van 3
1 2 1 az y-hoz, ha x = . Tehát E ( x, y, z ) ≤ E , y, z , ahol y + z = és y ≤ z . Hasonlóan 3 3 3 y≤
2 1 : 2 = , így az y 3 3
a legközelebb áll a z-hez, ha y =
1 1 , ezért z = . Tehát 3 3
1 1 1 1 1 E , y, z ≤ E , , = 3 3 3 3 4
5
2) Ha z >
4 , akkor a (**) különbség negatív, így E ( x, y, z ) akkor növekszik, ha x-et és y-t 9
távolítjuk
egymástól,
persze
x+ y= 1-z állandó marad. Az (1) és (2) miatt az x=0, az y-tól a legtávolabbi értéket adja. Így
E ( x, y, z ) ≤ E ( 0, y, z ) = yz , ahol y + z = 1 és y ≤ z . Most az y -t és a z -t közelítenünk kell egymáshoz. De y ≤
1 1 1 miatt a legközelebbi y érték a z-hez, az y = , ahonnan z = . Tehát 2 2 2
1 1 1 1 vagy E ( 0, y, z ) ≤ E 0, , = . Ezek szerint E ( x, y, z ) maximális, ha x = y = z = 3 2 2 4 x = 0, y = z =
1 és a szimmetria miatt, ennek a cirkuláris permutációi. 2
8.Alkalmazás:
Ha
7 u , v, w ∈ 0, 16
és
u + v + w =1,
határozzuk
meg
az
E (u , v, w) = (1 + u )(1 + v)(1 + w) kifejezés legkisebb értékét. Megoldás: Feltételezzük, hogy 0 ≤ u ≤ v ≤ w ≤
7 (1). Rögzítsük a w -t, legyen u < v , 16
miközben u + v = 1 − w állandó (2). Közelítsük egymáshoz az u -t és a v -t úgy, hogy az összegük
maradjon
állandó.
Ekkor
felírható,
hogy
E (u + e, v − e, w) − E (u , v, w) = e(1 + w) ( v − u − e ) > 0 ami azt jelenti, hogy E (u , v, w) növekszik,
így a minimum meghatározásánál ez nem segít. Távolítsuk hát az u -t és a v -t úgy, hogy az összegük maradjon állandó. Ekkor az u + v = 1 − w és (1) feltételek mellett a v-től a legtávolabbra eső u érték nem 0, hiszen u= 0 esetén v+ w= 1 lenne, ahonnan w ≥ ellentmond a w ≤
1 lenne, ami 2
7 7 7 1 1 feltételnek. Mivel 1 − u = v + w ≤ + , ezért ≤ u , így u = a 16 16 16 8 8
megfelelő. Ekkor 7 1 7 1 1 és v + w = 1 − = (3). További csökkentés végett a E (u , v, w) ≥ E , v, w , ≤ v ≤ w ≤ 27 8 8 8 8
w és v közötti távolságot ismét növelni kell. Mivel legközelebbi
v
érték
a
w-hez,
és
7 7 7 7 − v = w ≤ ⇒ ≤ v , ezért v = a 8 16 16 16 a
(3)
alapján
w=
7 . 16
Tehát
2
1 1 7 7 9 23 E , v, w ≥ E , , = . 8 8 16 16 8 16
6
1 7 Ezek szerint E (u , v, w) akkor a legkisebb, ha u = , v = w = és ennek a cirkuláris 8 16 permutációi. A módszer jobb elmélyítése végett, az érdeklődő Olvasónak a következő feladatok megoldását javasoljuk: n
n
i =1
i =1
∑ xi = S , akkor 1 − S ≤ ∏ (1 − xi ) ≤
1) Ha x1 , x2 ,..., xn ∈ [ 0,1] és n
2) Ha x1 , x2 ,..., xn > 0 , és
∑ xi = 1 , akkor i =1
3) Ha x1 , x2 ,..., xn ∈ ( 0,1) és
n
∏ xi (1 − xi ) ≤ i =1
n
∑ xi = 1 , akkor i =1
4) Ha x1 , x2 ,..., xn ∈ ( 0,1) , akkor
i
i =1
.
n2n
1 n2 ≥ . ∑ n −1 i =1 1 − xi n
i =1
i =1
∏ (1 − xi ) > 1 − ∑ xi . 1
n
∏x
n
n
n
n
5) x1 , x2 ,..., xn > 1 , és
( n − 1)
1 . 1+ S
= x n , akkor
∑ 1− x i =1
i
≥
n . Amennyiben x1 , x2 ,..., xn ∈ ( 0,1) , 1+ x
akkor az egyenlőtlenség fordított irányú. 1 n 6) Ha x1 , x2 ,..., xn > 0 és ∑ xi = S , akkor ∏ 1 + ≥ 1 + . xi S i =1 i =1 n
n
n
7) Ha x, y, z ≥ 0 és x + y + z = 1 , akkor 5( x 2 + y 2 + z 2 ) + 18 xyz ≥
7 . 3
8) Ha x, y, z ≥ 0 és x + y + z = 1 , akkor 0 ≤ xy + yz + zx − 2 xyz ≤
7 27
23 9) Ha x, y, z ∈ 1, és x + y + z = 4 , határozzuk meg az F ( x, y, z ) = xyz kifejezés legkisebb 16
értékét.
Forrásanyag: [1] Mircea Ganga: Teme si probleme de matematica, Editura Tehnica, Bucuresti-1991 (117.123. oldal) [2] L. Panaitopol és társai: Egyenlőtlenségek (magyarra fordította András Szilárd), Gil Könyvkiadó, Zilah, 1996
7
