Egyenlőtlenségek Mircea Becheanu, Vasile Berinde Az egyenlőtlenségekről szóló első fejezetben néhány elvet mutattunk be az egyenlőtlenségek elméletéből és néhány bevezető technikát az egyenlőtlenségek bizonyítására. Ebben a részben tovább fogjuk fejleszteni ezeket a technikákat. Először az alapvető egyenlőtlenségek bemutatásával kezdünk, aztán pedig egy feladatokból és gyakorlatokból álló résszel folytatjuk azzal a céllal, hogy bevezessük az olvasót a matematika egy csodálatos részébe. Az összegyűjtött feladatok megoldásához felhasznált technikák többsége az alapvető klasszikus egyenlőtlenségek megoldásánál használt eljárások alkalmazása és finomítása. Néha szükséges, hogy ezen eljárásokból többet is kombináljunk. 1. Közepek közötti egyenlőtlenségek Emlékezünk rá, hogy az a1, a2 ,..., an függvényeket definiáltuk:
megadott pozitív számok esetén a következő
a1 + a2 + ... + an n n GM (mértani közép): Gn = a1a2 ...an
AM (számtani közép): An =
HM (harmonikus közép): Hn =
QM (négyzetes közép): Qn =
n 1 1 1 + + ... + a1 a2 an a12 + a22 + ... + an2 . n
Az egyenlőtlenségeknek szentelt előző fejezetben (Egyenlőtlenségek, Első szint), már bebizonyítottuk a következő egyenlőtlenségeket: H 2 ≤ G2 ≤ A2 ≤ Q2 , H3 ≤ G3 ≤ A3 ≤ Q3 . Ennek a résznek a célja, hogy megmutassuk, hogy a H n ≤ Gn ≤ An ≤ Qn egyenlőtlenség szintén igaz minden n, n ≥ 2 természetes számra is. A kezdő lépés ennek a bebizonyításához az, hogy bebizonyítsuk a következő tételt, ami egy fontos eredmény: 1.1. Tétel. Minden n ≥ 2 és bármely a1, a2 ,..., an pozitív számok esetén igaz a következő AM-GM egyenlőtlenség: a1 + a2 + ... + an n ≥ a1a2 ...an , n és az egyenlőtlenség akkor és csakis akkor áll fenn, ha a1 = a2 = ... = an . Érdemes megemlíteni, hogy ennek az egyenlőtlenségnek számos bizonyítása létezik, amik különböző ötleteken alapulnak. Itt most hármat fogunk megmutatni közülük. Első bizonyítás (szabványos indukcióval) Láttuk már, hogy a tétel igaz n = 2 és n = 3 esetére. Tegyük fel, hogy szintén igaz tetszőleges n pozitív szám esetére is, és meg fogjuk mutatni, hogy bármely n + 1 darab a1, a2 ,..., an , an +1 pozitív számok esetére is igaz.
Mivel AM és GM szimmetrikus kifejezések a1 , a2 ,...an -re nézve, ezért feltehetjük hogy 0 < a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ an +1 . Hasonlóan egyenlőtlenség igaz lesz:
feltehetjük,
hogy
a1 < an +1 .
Ekkor
a
következő
a1 + ... + an +1 < an +1 n +1 a + ... + an +1 . Ekkor (a1 − An +1 )( An +1 − an +1 ) > 0 vagy Használjuk a következő jelölést: An +1 = 1 n +1 ekvivalens módon: aa a1 + an +1 − An +1 > 1 n +1 . (1) An +1 Tekintsük a következő n számot: a2 , a3 ,...an , a1 + an +1 − An +1 . A számtani közepük: a1 <
A=
a2 + ... + an + (a1 + an +1 − An +1 ) = An +1 n
(2)
és a geometriai közepük G = n a2a3 ...an (a1 + an +1 − An +1 ) . Az (1)-es egyenlőtlenség alapján azt kapjuk, hogy
G > n a2a3 ...an ⋅
a1an +1 G n +1 = n n +1 . An +1 An +1
Indukció útján A > G . Ezért An > G n . Kombinálva ezt a fenti egyenlőtlenséggel és a (2)-vel azt kapjuk, hogy: Ann++11 > Gnn++11 . Ez bizonyítja a kívánt eredményt. Az nyilvánvaló a bizonyítás alapján, hogy ha az a1,..., an számok nem egyenlők, akkor a1 < an +1 és szigorúan csak az egyenlőtlenség áll fenn. Második bizonyítás (indukcióval felfelé és lefelé). Az első lépés az, hogy indukcióval bebizonyítsuk p -n, ahol p ≥ 1, hogy A2p ≥ G2p . Valóban, ha feltesszük, hogy A2p −1 ≥ G2p −1 , akkor azt kapjuk, hogy a1 + ... + a2p 2
≥
p
2 p −1
a1 + ... + a2p −1 =
2 p −1
+
a2p −1 +1 + ... + a2p 2 p −1
2
≥
a1...a2p −1 2p −1 a2p −1 +1...a2p = 2p a1a2 ...a2p .
Most meg fogjuk mutatni, hogy ha An +1 ≥ Gn +1 akkor An ≥ Gn . Legyenek a1,..., an számok pozitív számok. Alkalmazzuk az a1, a2 ,..., an , An számokra. Ezért, An =
An +1 ≥ Gn +1
állítást az
a1 + ... + an + An n +1 a + ... + an n +1 n ≥ a1...an 1 = Gn ⋅ An . n +1 n
Az ( n + 1) − edik hatványt véve azt kapjuk, hogy Ann ≥ Gnn , ami bizonyítja az állítást. Végezetül elegendő megemlíteni, hogy a felfelé menő indukcióval azt kapjuk, hogy az állítás igaz a 2, 4,8,...,2 p ,... számokra, és aztán kombinálva ezt a lefelé menő indukcióval azt kapjuk, hogy minden pozitív n szám lefedhető. Harmadik bizonyítás (Ehlers). Bebizonyítjuk n -en indukció segítségével a következő állítást: ha x1, x2 ,..., xn pozitív számok úgy, hogy x x ...x = 1 akkor 1 2 n x1 + x2 + ... + xn ≥ n .
n = 2 esetén ez nyilvánvaló. Tegyük fel, hogy az állítás igaz n esetén és legyen x1x2 ...xn xn +1 = 1 , xi > 0 . Van két olyan szám, mondjuk x1, x2 , hogy x1 ≥ 1 és x2 ≤ 1 . Ekkor (x1 -1)(x 2 -1) ≤ 0. Kényelmesebb felírni az egyenlőtlenséget a következő formába x1 x 2 +1 ≤ x1 +x 2 Továbbá, ( x1 + x2 ) + ( x3 + ... + xn +1 ) ≥ 1 + x1x2 + ( x3 + ... + xn +1 ) ≥ 1 + n = n + 1. Visszatérve a bizonyításhoz, elegendő felhasználni az Ehlers-tulajdonságot a következő számokra: a a a a x1 = 1 , 2 ,..., n −1 , n Gn Gn Gn Gn 1.2. Következmény. Minden n ≥ 2 számra és bármely a1,a2 ,..., an pozitív számokra igaz a következő GM-HM egyenlőtlenség: n ≤ n a1a2 ...an . 1 1 1 + + ... + a1 a2 an Bizonyítás. Felhasználva az AM-GM egyenlőtlenséget az
1 1 1 , ,..., számokra azt kapjuk, a1 a2 an
hogy: 1 1 1 + + ... + a1 a2 an 1 1 . ≥n = n a1a2 ...an n a1a2 ...an
1.3. Példák.
Legyenek az a1, a2 ,..., an számok pozitív számok és legyenek a b1, b2 ,..., bn a számok a permutációik. Ekkor a1 a2 a + + ... + n ≥ n . b1 b2 bn a a a Megoldás. Az AM-GM egyenlőtlenséget felhasználva az 1 , 2 ,..., n számokra azt kapjuk, b1 b2 bn hogy: a1 a2 a a a ...a + + ... + n ≥ n n 1 2 n = n. b1 b2 bn b1b2 ...bn Legyenek az a, b számok pozitív valós számok és az α , β számok pozitív racionális számok, úgy, hogy α + β = 1. Ekkor
α a + β b ≥ aα ⋅ b β , és az egyenlőtlenség akkor és csakis akkor áll fenn, ha a = b . m n Megoldás. Tegyük fel, hogy α = , β = ahol m, n, p ∈ és m + n = p . Felhasználva az p p AM-GM egyenlőtlenséget a következő m + n számra: a1 = ... = am = a; bm +1 = ... = bm + n = b , azt kapjuk, hogy: ma + nb m + n m n ≥ a b . m+n Ez úgyis felírható, hogy:
m n a+ b = α a + β b ≥ aα b β . m+n m+n Most már egyértelmű az AM-GM egyenlőtlenségnél, hogy az egyenlőséghez az a = b állítás szükséges. Megjegyzés. A fenti eredménynek a következő lehetséges értelmezése is lehetséges.: ha α , β számok adottak, és az a, b számok valós változók úgy, α a + β b = c konstans, akkor az aα b β szorzat akkor éri el a maximális értékét, c -t, amikor a = b = c . 1.3.3. Minden n pozitív szám esetén a következő egyenlőtlenség fennáll: 2 n . n < 1+ n Megoldás. Felhasználjuk az AM-GM egyenlőtlenséget az n darab 1,1,..., n , n számra. Azt kapjuk, hogy n−2+2 n 2 2 2 n = 1− + < 1+ . n = n 1⋅ 1... n ⋅ n ≤ n n n n A következő példának fontos alkalmazásai vannak. 1.3.4. Bármely pozitív egész n esetére legyen n n +1 1⎞ 1⎞ ⎛ ⎛ an = ⎜ 1 + ⎟ és bn = ⎜ 1 + ⎟ . n⎠ n⎠ ⎝ ⎝ Ekkor a következő egyenlőtlenség igaz lesz: an < an +1 < bn +1 < bn . Megoldás. Az a, b pozitív számokra és a tetszőleges n számra az 1.3.2-es példa alapján azt kapjuk, hogy 1 a + nb ≥ ab n n +1 , n +1
(
)
és az egyenlőtlenség akkor és csakis akkor áll fenn, ha a = b . Így, ⎛ a + nb ⎞ ⎜ n +1 ⎟ ⎝ ⎠
Behelyettesítve az a = 1 és b = 1 +
n +1
≥ ab n .
1 kifejezéseket a fenti egyenletbe, azt kapjuk, hogy n n +1 n 1⎞ ⎛n + 2⎞ ⎛ , > 1 + ⎜ n +1⎟ ⎜ n ⎟⎠ ⎝ ⎠ ⎝
ami azt mutatja, hogy an +1 > an . k +2 k +2 1 , b= = 1+ és n = k + 1 kifejezéseket behelyettesítve azt kapjuk, hogy Az a = k k +1 k +1 ⎛k +2 ⎞ ⎜ k + ( k + 2) ⎟ ⎜ ⎟ k +2 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ ⎠
k +2
>
1 ⎞ k +2⎛ 1+ ⎜ k ⎝ k + 1 ⎟⎠
Ezért, ⎛ k + 1⎞ ⎜ k ⎟ ⎝ ⎠
Mivel
k +2
>
k +2⎛ 1 ⎞ 1+ k ⎜⎝ k + 1 ⎟⎠
k +2 1 = 1+ , ezért azt kapjuk, hogy k +1 k +1
k +1
.
k +1
.
k +1
k +2
k + 1⎛ 1⎞ k + 1⎛ 1 ⎞ . 1+ ⎟ > 1+ ⎜ ⎜ k ⎝ k⎠ k ⎝ k + 1 ⎟⎠ Ez azt mutatja, hogy bk > bk +1 , amivel véget is ért a bizonyítás. 1.4. Tétel. Minden n ≥ 2 esetén és bármely a1, a2 ,..., an pozitív számokra a következő AMQM egyenlőtlenség igaz: a1 + a2 + ... + an a 2 + a22 + ... + an2 . ≤ 1 n n Az egyenlőség akkor és csakis akkor áll fenn, ha a1 = a 2 = ... = a n .
Bizonyítás. Négyzetre emelve az egyenlőtlenséget a következő ekvivalens formát kapjuk: 2 ( a1 + a2 + ... + an ) ≤ n ( a12 + a22 + ... + an2 ) .
Többféle eljárás létezik ennek a bizonyítására. Az első eljárás a Cauchy-Schwarz egyenlőtlenséget használja fel a (2.2.2)-es formában (Egyenlőtlenségek, Első szint) formában, ld. Szintén a 2-es részben az előző fejezetből: a2 a2 a 2 (a + a2 + ... + an )2 . a12 + a22 + ... + an2 = 1 + 2 + ... + n ≥ 1 1 1 1 n Az egyenlőtlenség akkor és csakis akkor áll fenn, ha a1 = a2 = ... = an . A második eljárás egy közvetlen bizonyítás. Az egyenlőtlenség bal oldala felírható így is:
( a1 + a2 + ... + an )
2
n
= ∑ ai2 + 2∑ ai a j . i =1
i< j
Ekkor az egyenlőtlenség a következő formába alakul át: 2∑ ai a j ≤ (n − 1) a12 + a22 + ... + an2 .
(
i< j
A bal oldali összeg
)
(3)
n(n − 1) tagot tartalmaz. Minden ( i , j ) párra, ahol 1 ≤ i < j ≤ n igaz, azt 2
kapjuk, hogy:
ai a j ≤
ai2 + a 2j
. 2 Mindezen egyenlőtlenségeket összeadva azt kapjuk, hogy 1 ai a j ≤ ∑ ai2 + a 2j . ∑ 2 i< j i< j
(
A fenti egyenlőtlenség jobb oldalán minden ai2
)
( n − 1) -szer van jelen, mivel minden
a , j ≠ i tag egyszer van jelen. Így, 2 j
∑ (a i< j
2 i
)
n
+ a 2j = (n − 1)∑ ai2 . i =1
amivel véget is ért a bizonyítás. 2. Cauchy-Schwarz egyenlőtlenség 2.1. A Cauchy-Schwarz egyenlőtlenség bizonyításai
Ez az egyenlőtlenség már definiálva volt a (2.2.2)-ben (Egyenlőtlenségek, Egyes szint). Minden a1, a2 ,..., an és b1, b2 ,..., bn valós számok esetén a következő Cauchy-Schwarz egyenlőtlenség lesz igaz: 2 ( a1b1 + ... + an bn ) ≤ a12 + ... + an2 b12 + ... + bn2 .
(
)(
)
Az egyenlőtlenség akkor és csakis akkor áll fenn, ha az a1,..., an és b1,..., bn számok között arányosság áll fenn, azaz a1 a2 a = = ... = n . b1 b2 bn Ezekben az arányosságokban ha bi = 0 akkor ai = 0 . A Cauchy-Schwarz egyenlőtlenségnek sok különböző bizonyítása van. Első bizonyítás (Másodfokú függvények). Tekintsük az f : → másodfokú függvényt, ami a következő módon van definiálva:
f ( x ) = (a1x − b1 )2 + (a2 x − b2 )2 + ... + (an x − bn )2 . Nyilvánvaló, hogy f ( x ) ≥ 0 minden x ∈ esetére és f ( x ) = 0 akkor és csakis akkor, ha létezik egy olyan λ ∈ szám, hogy bi = λ ai , minden i = 1,2,..., n számra. Felírva az f ( x ) függvényt a másodfokú egyenlet kanonikus formájába azt kapjuk: n ⎛ n ⎞ ⎛ n ⎞ f ( x ) = ⎜ ∑ ai2 ⎟ x 2 − 2 ⎜ ∑ ai bi ⎟ x + ∑ bi2 . i =1 ⎝ i =1 ⎠ ⎝ i =1 ⎠ A diszkriminánsa pedig: 2
n n ⎛ n ⎞ ∆ = 4 ⎜ ∑ ai bi ⎟ − 4∑ ai2 ∑ bi2 . i =1 i =1 ⎝ i =1 ⎠
Mivel
n
∑a i =1
> 0 ezért következik, hogy ∆ ≤ 0 , és így következik a végeredmény.
2 i
Az egyenlőség esete a következőből jön: Második bizonyítás (a Lagrange-azonosságon alapul). Az nyilvánvaló, hogy a jobb és bal oldal különbségét kiszámítva a következő egyenlőtlenséget kapjuk: 2
2 ⎛ n ⎞ a ∑ b − ⎜ ∑ ai bi ⎟ = ∑ ( ai b j − a j bi ) ∑ i =1 i =1 i< j ⎝ i =1 ⎠ (Ezt hívják a Lagrange-azonosságnak). Ennek az azonosságnak a bizonyítása nagyon egyszerű és csupán a az egyenlőség két oldalán lévő tagok nagyon pontos kiszámítását n
n
igényli. A
i =1
2 i
ab
2 j
n
∑a ∑b 2 i
i =1
2 i
2 i
n
2 i
szorzat ai2 bi2 alakú tagokat tartalmaz minden i = 1,2,..., n esetére és
formájú tagokat minden i ≠ j esetére. 2
⎛ n ⎞ A ⎜ ∑ ai bi ⎟ négyzet a következő módon számítható ki: ⎝ i =1 ⎠ 2
n ⎛ n ⎞ a b ai2 bi2 + 2∑ ai bi a j b j . = ∑ ⎜∑ i i ⎟ i =1 i< j ⎝ i =1 ⎠ 2 2 Minden ai bi tag kétszer tűnik fel, különböző előjellel. Töröljük az a i2 bi2 tagokat és a bal
oldalon csak olyan tagok maradnak vissza, amik felírhatók a következő formába: ∑ (ai bj − a j bi )2 . i< j
2.2. Alkalmazások 2.2.1. Bármely a1, a2 ,..., an pozitív számok esetén a következő egyenlőtlenség igaz lesz:
⎛1 1 + ... + an ⎝ a1
( a1 + ... + an ) ⎜ Használjuk
Megoldás. 1 a1
,...,
1 an
a
Cauchy-Schwarz
⎞ 2 ⎟≥n . ⎠ egyenlőtlenséget
a
a1 ,..., an ,
számokra!
Megjegyzés. Ezt az egyenlőtlenséget az AM-HM és AM-GM egyenlőtlenségből is megkaphatjuk. 2.2.2. Minden a1, a2 ,..., an valós számokra igaz a következő egyenlőtlenség:
( a1 + ... + an )
2
(
)
≤ n a12 + ... + an2 .
Ez az eredmény már az 1.4-es Tételben is be volt bizonyítva. Egy új bizonyítást is kaphatunk a Cauchy-Schwarz egyenlőtlenség a1 ,..., an és 1,...,1 számokra történő alkalmazása esetén. 3. Csökkenő láncok újrarendezési-egyenlőtlensége és Tchebyshev-egyenlőtlensége 3.1. Csökkenő láncok újrarendezési-egyenlőtlensége
Legyenek az a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an és b1 ≥ b2 ≥ ... ≥ bn számok valós számok sorozatai. Ekkor igaz lesz a következő egyenlőtlenség: (4) a1b1 + a2 b2 + ... + an bn ≥ a1bn + a2 bn −1 + ... + an b1 . Valóban, ha kivonjuk a jobb oldalt a bal oldalból, akkor a következő formájú ekvivalens egyenlőtlenséget kapjuk: a1( b1 − bn ) + a2 ( b2 − bn −1 ) + ... + an ( bn − b1 ) ≥ 0 . Ez megint átírható úgy, hogy: (a1 − an )( b1 − bn ) + (a2 − an −1 )( b2 − bn −1 ) + ... + (ak − ak + i )( bk − bk + i ) ≥ 0 .
⎡n⎤
ahol k = ⎢ ⎥ és ⎣2⎦
⎧ 1 ha n páros i=⎨ ⎩2 ha n páratlan Az utolsó egyenlőtlenség nyilvánvaló. A (4)-es egyenlőtlenség tovább finomítható a következő módon: ha bi1 , bi2 ,..., bin számok a b1, b2 ,..., bn számok felcserélései, akkor a következő kettős egyenlőtlenség igaz lesz: n
∑a b i =1
i
i
n
≥ a1bi1 + a2 bi2 + ... + an bin ≥ ∑ ai bn +1− i .
(5)
i =1
n
Más szavakkal, a
∑a b k =1
k
ik
összeg akkor éri el a maximális értékét, ha a b1, b2 ,..., bn számok
csökkenő sorrendben vannak, és akkor éri el a minimumát, ha a számok növekvő sorrendben vannak. Emiatt hívják az (5)-ös egyenlőtlenséget csökkenő láncok újrarendezésiegyenlőtlenségének (vagy röviden RI-nek, az egyenlőtlenség angol elnevezése, a csökkenő láncok újrarendezési inequality kifejezés alapján). Most megnézzük, hogy hogyan bizonyítható be a n
n
∑a b ≥ ∑a b i =1
egyenlőtlenség.
i
i
k =1
k
ik
n
∑a b
Az ötlet az, hogy megmutassuk, hogy a bi1 ,..., bin permutáció, amire
k
k =1
ik
egy maximum,
megegyezik a b1, b2 ,..., bn permutációval. Tegyük fel, hogy i1 ≠ 1 és legyen i k az az indexelés, amire bik = b1 . Tekintsük a bik = b1, bi2 ,..., bik −1 , bik +1 ,..., bin permutációt és számítsuk ki a különbséget: n
∑a b k =1
k
ik
− (a1b1 + a2 bi2 + ... + ak bi1 + ... + an bin ) =
= a1(bi1 − b1 ) + ak (bik − bi1 ) = (a1 − ak )(b1 − bi1 ) ≤ 0 . Így, ha
n
∑a b k
k =1
ik
egy maximum, akkor i1 = 1.
Az eljárás újra használható, hogy megmutassuk, hogy i 2 = 2,..., i n = n . 3.2. Tchebyshev-egyenlőtlensége
Az (5) egyenlőtlenség alkalmazásaként bebizonyíthatunk egy nagyon érdekes és hatásos egyenlőtlenséget Tchebyshevnek köszönhetően: ha a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an és b1 ≥ b2 ≥ ... ≥ bn akkor (6) ( a1 + a 2 + ... + a n )( b1 + b2 + ... + bn ) ≤ n ( b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ). Néha ez az egyenlőtlenség egy olyan formában van megadva, ami számtani közepekből áll és ami még vonzóbbá és megfelelőbbé teszi az egyenlőtlenséget: a1 + ... + a n b1 + ... + b n a b + ... + a n b n ⋅ ≤ 1 1 . n n n A (6)-os bebizonyítására a számos lehetséges bizonyítás egyikét fogjuk megmutatni. A bal oldal n 2 darab szorzat összege n
n
i =1
j =1
∑ ai ∑ bj =
n
∑ab
i , j =1
i
j
ami a következő formájú kifejezések összegeként kapható meg:
n
∑a b k =1
k
ik
.
Például rendezhetjük őket úgy, hogy a számokat ciklikusan b1, b2 ,..., bn b2 , b3 ,..., bn , b1 számokká, majd b3 , bn ,..., b2 , számokká rendezzük, és így tovább. Ezért n
∑ a b = (a b
i , j =1
i
j
1 1
+ a2 b2 + ... + an bn ) + ( a1b2 + a2 b3 + ... + an b1 ) + ...
... + ( a1bn + a2 b1 + ... + an bn −1 ) Minden zárójeles rész felső korlátja az a1b1 + a2 b2 + ... + an bn és összeadva őket a (6)-ot kapjuk. 3.3. Alkalmazások 3.3.1. Az AM-QM egyenlőtlenség (az 1.4-es tételből) Tchebyshev-egyenlőtlenségének egy speciális esete: (a1 + a2 + ... + an )2 ≤ n (a12 + a22 + ... + an2 ) . Valóban, mivel az egyenlőtlenség szimmetrikus, ezért feltehetjük, hogy a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an . Vegyük szintén a b1 = a1, b2 = a2 ,..., bn = an számokat. Nyilvánvaló, hogy Tchebyshevegyenlőtlenségét alkalmazva erre esetre a kívánt eredményt adjuk. 3.3.2. Bármely a, b, c valós számok esetén igaz lesz a következő egyenlőtlenség:
a2 + b2 b2 + c 2 c 2 + a2 + + ≥a+b+c. 2c 2a 2b
1 1 1 ≥ ≥ >0 . c b a Kétszer alkalmazva a csökkenő láncok újrarendezési-egyenlőtlenségét azt kapjuk, hogy:
Megoldás.
Tegyük fel, hogy a ≥ b ≥ c > 0 . Ebből következik, hogy
a2 ⋅
1 1 1 a2 b2 c 2 + b2 ⋅ + c 2 ⋅ ≤ + + a b c c a b
a2 ⋅
1 1 1 a2 b2 c 2 + b2 ⋅ + c 2 ⋅ ≤ + + a b c b c a
és
Összeadva ezeket az egyenlőtlenségeket megkapjuk a kívánt egyenlőtlenséget. 3.3.3. Bármely hegyesszögű ABC háromszögben igaz lesz a következő egyenlőtlenség: 2(a sin A + b sin B + c sin C ) ≥ (a) ≥ a(sin B + sin C ) + b(sin C + sin A) + c (sin A + sin B ); (b) 3(a sin A + b sin B + c sin C ) ≥ (a + b + c )(sin A + sin B + sin C ) . Bizonyítás. Tegyük fel, hogy a ≥ b ≥ c . Ekkor sin A ≥ sin B ≥ sin C . Alkalmazzuk egymás után a csökkenő láncok újrarendezési-egyenlőtlenséget az (a, b, c ) és (sin A,sin B,sin C ) számhármasokra, az utolsó számok sorrendje: (sin A,sin B,sin C ) . Összeadva a kapott egyenlőtlenségeket az (a)-t kapjuk. Hogy megkapjuk (b)-t, az a sin A + b sin B + c sin C kifejezést hozzáadjuk az (a) egyenlőtlenség mindkét oldalához. 3.3.4. Bármely a, b, c pozitív számok esetén igaz a következő egyenlőtlenség: a b c 3 + + ≥ . b+c c+a a+b 2 Ez már bizonyítva volt az (Egyenlőtlenségek, Első szint)-ben. Egy új bizonyítás is adható Tchebyshev-egyenletének felhasználásával a következő 1 1 1 ≥ ≥ . rendezett számhármasokra: a ≥ b ≥ c és b+c c +a a+b
Azt kapjuk, hogy: b c ⎞ 1 1 ⎞ ⎛ a ⎛ 1 3⎜ + + ≥ (a + b + c ) ⎜ + + ⎟ ⎟= ⎝b+c c +a a+b⎠ ⎝b+c c +a a+b⎠ a+b+c a+b+c a+b+c a b c = + + =3+ + + . b+c c +a a+b b+c c+a a+b Az eredmény most már nyilvánvaló. 3.3.5. Legyenek x1, x2 ,..., xn és α , β pozitív valós számok úgy, hogy α < β és x1x2 ...xn = 1 . Ekkor x1α + x α2 + ... + x αn ≤ x1β + x 2β + ... + x nβ . Bizonyítás. Tchebyshev-egyenlőtlenségét használjuk fel. Tegyük fel, hogy tekintsük a következő rendezett rendszert: x1α ≥ x α2 ≥ ... ≥ x αn , x1β −α ≥ x 2β −α ≥ ... ≥ x nβ −α
x1 ≥ x2 ≥ ... ≥ xn és
Tchebyshev-egyenlete alapján azt kapjuk, hogy n x1β + x 2β + ... + x nβ ≥
( ≥ (x
α
1
+ x α2 + ... + x αn
) )( x
β −α
1
)
+ x 2β −α + ... + x nβ −α .
Az AM-GM egyenlőtlenség alapján: x1β −α x 2β −α + ... + x nβ −α ≥ n n ( x1x2 ...xn )β −α = n .
Az AM-GM egyenlőtlenség egy új bizonyítása: x + x2 + ... + xn n ( x x ...x ) ≤ 1 , n 1 2 n minden x1, x2 ,..., xn pozitív szám esetére. Használjuk a G = n x1x 2 ...x n jelölést és tekintsük a következő számok rendszereit:
x1 xx x x ...x , a2 = 1 22 ,..., an = 1 2 n n = 1 és G G G 1 1 1 b1 = , b2 = ,..., bn = . a1 a2 an Ezeknek a számoknak a sorrendje ellentétes, így a (4)-es alapján azt kapjuk, hogy: a1b1 + a2 b2 + ... + an bn ≤ a1bn + a2 b1 + ... + an bn −1 . Behelyettesítve az ai , bi kifejezéseket azt kapjuk, hogy: a1 =
x1 x1x2 G x1x2 x3 G 2 x1x2 ...xn G n −1 ... + 2 ⋅ + ⋅ + + ⋅ . G G x1 x1x2 x1x2 ...xn −1 G3 Gn Ami azt eredményezi, hogy: x x x n ≤ 1 + 2 + ... + n , G G G ami pontosan az AM-GM egyenlőtlenség. n≤
4. Bernoulli-egyenlőtlenség 4.1. A Bernoulli-alapegyenlőtlenség
Rengeteg egyenlőtlenséget ismerünk Bernoullinak hála. A Bernoulli-alapegyenlőtlenség a következő: ha x > -1 egy valós szám, és n egy pozitív egész szám, akkor (1 + x )n ≥ 1 + nx . (7) Ezt n-re alkalmazott indukció segítségével bizonyíthatjuk be. n = 1 esetén egyenlőséget kapunk. Tegyük fel, hogy (1 + x )n ≥ 1 + nx és szorozzuk meg ezt az 1 + x pozitív számmal. Azt kapjuk, hogy: (1 + x )n +1 ≥ (1 + nx )(1 + x ) = 1 + (n + 1)x + nx 2 ≥ 1 + (n + 1)x . Így az egyenlőtlenség igaz minden n esetére. 4.2 Az általános Bernoulli-egyenlőtlenség
A (7)-egyenlőtlenséget általánosíthatjuk úgy is, hogy több különböző számra vonatkozzon. Tegyük fel, hogy n ≥ 2 és az x1, x 2 ,..., x n számok nem nulla valós számok, amik mind azonos előjelűek, és xi ≥ -2 , minden i = 1,2,..., n esetére. Ekkor (8) (1 + x1 )(1 + x2 )...(1 + xn ) > 1 + ( x1 + x2 + ... + x n ). A (8)-as bizonyítására megint indukciót fogunk használni. n = 2 esetén azt kapjuk, hogy:
(1 + x1 )(1 + x2 ) = 1 + ( x1 + x 2 ) + x1 x 2 > 1 + ( x1 + x 2 ) . Ha x1,..., xn számok mind pozitív számok, akkor rendes végigszámolással, ami a szimmetrikus polinomokat használja fel, azt kapjuk, hogy n
(1 + x1 )(1 + x2 ) ... (1 + xn ) = 1 + ∑ xi + ∑ xi x j + ... i =1
+
∑
i1 <...< ik
i< j
n
xi1 ...xik + ... + x1 x2 ...xn > 1 + ∑ xi i =1
Ezért már csak az az eset marad, amikor -2 < xi < 0 . Tegyük fel, hogy az egyenlőtlenség igaz n számra és mi n + 1 -re szeretnénk bizonyítani. Azt kapjuk, hogy (1 + x1 )...(1 + xn )(1 + xn +1 ) - (1 + x1 + ... + xn + xn +1 ) = = [(1 + x1 )...(1 + xn ) - (1 + x1 + ... + xn )] + + xn +1 [(1 + x1 )...(1 + xn ) - 1] .
Mivel -2 ≤ x k < 0 , ezért (1 + x1 )...(1 + x n ) < 1 és
következik,
hogy
-1 ≤ 1 + xk < 1 .
Így
minden
esetre
xn +1 [(1 + x1 )...(1 + x n ) - 1] > 0 .
4.3 Alkalmazás. Ha a1, a2 ,..., an 1-nél nem nagyobb pozitív számok, akkor
(a12 + n - 1)(a22 + n - 1)...(an2 + n - 1) ≥ n n -1(a1 + a2 + ... + an )2 . Az egyenlőtlenség ekvivalens a következővel ⎛ a12 - 1 ⎞ ⎛ a22 - 1 ⎞ ⎛ an2 − 1 ⎞ 1 + 1⎟ ⎜ + 1⎟ ... ⎜ + 1⎟ ≥ (a1 + a2 + ... + an )2 . ⎜ ⎝ n ⎠ ⎝ n ⎠ ⎝ n ⎠ n A Bernoulli-egyenlőtlenség alapján azt kapjuk, hogy N ⎛ a12 - 1 ⎞ ⎛ a22 - 1 ⎞ ⎛ an2 − 1 ⎞ ai2 − 1 + 1 + 1 ... + 1 ≥ 1 + ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ∑ n I =1 ⎝ n ⎠ ⎝ n ⎠ ⎝ n ⎠ és a 2.2.2-es egyenlőtlenség alapján következik a végeredmény. 5. Ajánlott feladatok
Ebben a részben ajánlott feladatként mutatunk meg néhány egyenlőtlenséget. A megoldásukhoz szükséges, hogy az olvasó megfelelő tudással rendelkezzen az előbbiekben bemutatott alapvető egyenlőtlenségekről. 5.1. Egy IMO feladat egy váratlan megoldással1 Legyen n egy rögzített egész szám úgy, hogy n ≥ 2 . (a) Keressük meg a legkisebb konstans C számot úgy, hogy a
(
)
4
⎛ n ⎞ xi x j x + x j ≤ C ⎜ ∑ xi ⎟ ∑ 1≤ i < j ≤ n ⎝ i =1 ⎠ egyenlőtlenség igaz legyen minden x1, x2 ,..., xn ≥ 0 valós számra. (b) Határozzuk meg, hogy mikor áll fenn az egyenlőtlenség ezen konstans C esetén. 2 1
2
Első megoldás. n = 2 esetén a következő függvény maximumát kell megkeresnünk,
1
2. feladat, IMO, 1999, Bukarest
xy ( x 2 + y 2 ) ( x + y )4 ahol x ≥ 0, y ≥ 0 és x, y nem lehet 0 egyszerre. Mivel az f-t meghatározó tört nullafokú homogén, ezért a következő jelölést x y használjuk a = , úgy, hogy a + b = 1 . Így a következő függvényt kapjuk: , b= x+y x+y g (a, b ) = ab(a2 + b2 ) , ahol a + b = 1 . A 2ab = p jelölést alkalmazva egy egyismeretlenes másodfokú függvényt kapunk: 1 1 g (a, b ) = ab(1- 2ab ) = p(1- p ) ≤ . 2 8 1 1 1 1 p(1- p ) ≤ Az egyenlőtlenség nyilvánvaló és a C = maximumot p = esetén kapjuk 2 8 8 2 1 meg, ami azt jelenti, hogy a = b = . 2 Az általános esetben be fogjuk bizonyítani, hogy f ( x, y ) =
∑
1≤ i < j ≤ n
(
xi x j x + x 2 i
2 j
4
1⎛ n ⎞ ≤ ⎜ ∑ xi ⎟ 8 ⎝ i =1 ⎠ .
)
n
Használjuk a következő jelöléseket:
∑x i =1
i
= S és y i =
xi . Mint feljebb, tekintünk egy S
segédfüggvényt, f-t, és bebizonyítjuk, hogy
(
)
f(y1,...,yn )=∑ yi y j yi2 +y 2j ≤ i<j
1 8
minden y 1,..., y n ≥ 0 esetére és y 1 + ... + y n = 1. Mivel az f ( y 1,..., y n ) polinom szimmetrikus, ezért feltehetjük, hogy y 1 ≥ y 2 ≥ ... ≥ 0 . Az ötlet az, hogy megmutassuk, hogy ha y n > 0 akkor, f ( y 1,..., y n -2 , y n -1 + y n , 0) > f ( y 1,..., y n -1, y n ) ami csak gondos végigszámolást igényel. Megismételve a fenti eljárást következik, hogy a maximumot akkor kapjuk meg, amikor n - 2 változó 0, így a feladat leegyszerűsödik az n = 2 esetre. Második megoldás (M. Rădulescunak köszönhetően) n = 2 esetén, mint az előző megoldásban, azt kapjuk, hogy 1 xy ( x 2 + y 2 ) ≤ ( x + y )4 . 8 n
Most foglalkozzunk az n > 2 számokkal. Használjuk az M = ∑ xi2 jelölést. Ekkor x i2 + x 2j ≤ M i =1
és az egyenlőség akkor és csakis akkor áll fenn, ha x k = 0 minden k , k ≠ i , j esetére. Megfelelően alkalmazva az AM-GM egyenlőtlenséget azt kapjuk, hogy:
∑ x x (x i< j
i
j
2 i
)
+ x 2j ≤ ∑ xi x j M = i< j
1 M ∑ 2 xi x j ≤ 2 i< j
1 ⎛ M + 2∑ xi x j ≤ ⎜ 2 ⎜⎝ 2
4
⎞ 1⎛ n ⎞ ⎟⎟ = ⎜ ∑ xi ⎟ . ⎠ 8 ⎝ i =1 ⎠ Az egyenlőség akkor és csakis akkor áll fenn, ha létezik olyan ( i , j ) pár, hogy xi = x j és x k = 0 , k ≠ i , j esetére.
5.2. A Cauchy-Schwarz egyenlőtlenség egy érdekes alkalmazása2 Legyen n egy pozitív egész szám és legyenek az x1 ≤ x2 ≤ ... ≤ xn számok valós számok. (a) Bizonyítsuk be, hogy 2
⎛ n ⎞ 2(n 2 - 1) n ( xi - x j )2 ; ⎜ ∑ xi − x j ⎟ ≤ ∑ 3 i , j =1 ⎝ i , j =1 ⎠ (b) Mutassuk meg, hogy az egyenlőség akkor és csakis akkor áll fenn, ha x1, x2 ,..., xn egy számtani sorozat. Megoldás. (a) Mivel az egyenlőtlenség mindkét oldala változatlan marad, ha a valós tengely mentén eltoljuk, ezért feltehetjük, hogy
n
∑x i =1
i
=0.
Ekkor, n
∑x
i , j =1
n
− x j = 2∑ ( x j − xi ) = 2∑ (2i − n − 1)xi .
i
i< j
i =1
A Cauchy-Schwarz egyenlőtlenség alapján azt kapjuk, hogy 2
n ⎛ n ⎞ 4n(n + 1)(n − 1) n 2 2 2 − ≤ − − = 4 (2 1) x x i n x xi . ⎜∑ i ∑ ∑ ∑ j ⎟ i 3 i =1 i =1 i =1 ⎝ i , j =1 ⎠
Másrészről n
∑ (x
i , j =1
2
i
n
n
n
n
n
i =1
i =1
j =1
j =1
i =1
− x j ) = n ∑ xi2 − ∑ xi ∑ x j + n ∑ x 2j = 2n ∑ x i2 .
Ezért a megadott egyenlőtlenség igaz. (b) Ha az egyenlőség fennáll, akkor x i = k (2i - n - 1) néhány k-ra, ami azt jelenti, hogy a x1,..., xn számok egy számtani sorozatot alkotnak. Végezetül egyszerű meglátni, hogy ha a x1,…, xn számok egy számtani sorozatot alkotnak, akkor az egyenlőtlenség egy egyenlőséggé alakul. 5.3. Minden a1, a2 ,…, an > 0 számra és az S = a1 + a2 + … + an jelölés esetén azt kapjuk, hogy a1 a2 an n + +K+ ≥ . S − a1 S − a2 S − an n − 1 1. Megoldás Lineáris változócserét alkalmazunk. 2. Megoldás Mivel a bal oldal egy szimmetrikus függvény az a1, a2 ,…, an számokra nézve, ezért feltehetjük, hogy a1 ≥ a2 ≥ … ≥ an , úgy, hogy S − a1 ≤ S − a2 ≤ K ≤ S − an és ezért 1 1 1 ≥ ≥K≥ . S − a1 S − a2 S − an Tchebyshev-egyenlőtlenségének alapján azt kapjuk, hogy ⎛ 1 ⎛ a1 a2 an ⎞ 1 1 ⎞ (a1 + a2 + K + an ) ⎜ + +K+ + +K+ ⎟ ≤ n⎜ ⎟ (5.1) S − an ⎠ S − an ⎠ ⎝ S − a1 S − a2 ⎝ S − a1 S − a2 Felhasználva az egyenlőtlenséget a 2.2.1-ből azt kapjuk, hogy ⎛ 1 1 1 ⎞ 2 (S − a1 + S − a2 + K + S − an ) ⎜ + +K+ ⎟≥n S − a S − a S − a 1 2 n ⎠ ⎝ ami azt adja, hogy 2
5. feladat, IMO 2003, Tokió
1 1 1 n2 + +K+ ≥ S − a1 S − a2 S − an (n − 1)S Az utolsó egyenlőtlenség az (5.1)-el együtt bizonyítja a kívánt eredményt. 5.4. Ha a1 , a2 ,..., an > 0 és a1 + a2 + ... + an = 1 akkor
a1 a2 an n + +K+ ≥ . 2 − a1 2 − a2 2 − an 2n − 1 (Balkáni Matematikai Olimpia). Megoldás. Az 5.3-hoz hasonlóan, de a 2S − ai = 2 − ai számokat használva az S − ai , i = 1,2,K , n számok helyett. 5.5. Ha a, b, c > 0 , akkor a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ . 2 2 2 2 2 2 3 a + ab + b b + bc + c c + ca + a Megoldás. Használjuk a következő jelölést! a3 b3 c3 + 2 + 2 , A= 2 2 2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a 2 b3 c3 a3 + + . A= 2 a + ab + b 2 b 2 + bc + c 2 c 2 + ca + a 2 Mivel a3 − b3 =a−b a 2 + ab + b 2 A+B ezért következik, hogy A = B . Felhasználva a tényt, hogy A = és alkalmazva a 2 következő alakú egyenlőtlenségeket a2 + ab + b2 ≤ 3(a2 − ab + b2 ) ,
,ami ekvivalens az (a − b )2 ≥ 0 egyenlőtlenséggel, megkapjuk a kívánt egyenlőtlenséget. 5.6. Ha n ≥ 3 és a1, a2 ,K , an > 0 , akkor a12 a22 an2 1 + +K+ ≥ (a1 + a2 + K + an ) . a1 + a2 a2 + a3 an + a1 2 Megoldás. Használjuk az a12 a22 an2 , A= + +K+ a1 + a2 a2 + a3 an + a1 jelölést és a32 a22 a12 B= + +K+ a1 + a2 a2 + a3 an + a1 és az előző feladathoz hasonlóan mutassuk meg, hogy A = B . Aztán használjuk ugyanazt az ötletet a következő egyenlőtlenséggel együtt: 2(ai2 + a 2j ) ≥ (ai + a j )2 , i = 1,2,K, n .
Egy másik megoldást is kaphatunk a Cauchy-Schwarz egyenlőtlenség felhasználásával, amit a következő alakban alkalmazunk (2. kötet, Egyenlőtlenségek című fejezet) ai2 ≤ ∑ i =1 bi n
∑a
2 i
∑b
Valóban, ciklikusan összegezve azt kapjuk, hogy
i
.
a12 ∑a +a ≥ 1 2
( ∑ ai )2 2∑ ai
=
1 ∑ ai . 2
5.7. Ha n ≥ 3 és a1, a2 ,…, an > 0 , akkor a13 a23 an3 1 + +K+ ≥ (a12 + a22 + K + an2 ) . a1 + a2 a2 + a3 an + a1 2
Felhasználva a Cauchy-Schwarz egyenlőtlenség fentebb említett alakját, azt kapjuk, hogy ( an +1 = a1 ) 2
n
∑a 1
i
n ai3 a4 =∑ 2 i ≥ + ai +1 1 ai + ai ai +1
( ∑ ai 2 )
∑ ai 2 + ∑ ai ai +1
.
Így a következőt kell bebizonyítanunk: n
∑a
i
1
2
n
≥ ∑ ai ai +1, 1
ami pontosan a Cauchy-Schwarz egyenlőtlenség:
a1a2 + a2 a3 + ... + an a1 ≤ a12 + a2 2 + ... + an 2 ⋅ a2 2 + a32 + ... + a12 .
5.8. Ha a, b, c > 0 és a 2 + b 2 + c 2 = 1 akkor a b c 3 3 . + + ≥ 2 2 2 1− a 1− b 1− c 2 Megoldás. Az nyilvánvaló, hogy a, b, c ∈ (0,1) . Mindenek előtt először be kell bizonyítanunk 2 . Ez bármely x > 0 esetére, hogy igaz a következő egyenlőtlenség: x (1 − x 2 ) ≤ 3 3 nyilvánvalóvá válik, ha átírjuk a következő ekvivalens alakba: ( x 3 − 1)2 ( x 3 + 2) ≥ 0 . Az 1 egyenlőség akkor és csakis akkor áll fenn, ha x = . x ∈ (0,1) esetén az előző 3 x 3 2 2 egyenlőtlenség ekvivalens a következővel x . Most vegyük az ≥ 2 1− x 2 x = a , x = b , x = b eseteket sorra az előző egyenlőtlenségben és összegezzük ezt a három egyenlőtlenséget, hogy megkapjuk az egyenlőtlenséget a feladatunkban.
5.9. Legyenek a, b, A, B számok pozitív számok úgy, hogy a < A és b < B . Minden olyan a1, a2 ,K , an , b1, b2 ,K , bn számra, ahol ai ∈ [a, A], bi ∈ [b, B ], ∀ i = 1,2,K , n , igaz lesz a következő egyenlőtlenség: (a12 + a22 + K + an2 )(b12 + b22 + K + bn2 ) 1 ⎛ AB ≤ ⎜ + (a1b1 + a2 b2 + K + an bn )2 4 ⎜⎝ ab (Ez az egyenlőtlenség G. Polyának és G. Szegönek köszönhető.) Megoldás. Az ai ∈ [a, A] , bi ∈ [b, B ] alapján azt kapjuk, hogy b bi B ≤ ≤ , i = 1,2,K, n A ai a
2
ab ⎞ ⎟ . AB ⎟⎠
ami azt adja, hogy
⎛ bi b ⎞ ⎛ B bi ⎞ ⎜ − ⎟ ⎜ − ⎟ ≥ 0, i = 1,2,K, n . ⎝ ai A ⎠ ⎝ a ai ⎠ Ez az utolsó egyenlőtlenség ekvivalens a következővel: bB 2 ⎛ B b ⎞ bi2 + ai ≤ ⎜ + ⎟ ai bi , i = 1,2,K, n . aA ⎝ a A⎠ Összeadva ezt az n darab egyenlőtlenséget, azt kapjuk, hogy n bB n 2 ⎛ B b ⎞ n bi2 + ai bi . ∑ ∑ ai ≤ ⎜⎝ a + A ⎟⎠ ∑ aA i =1 i =1 i =1 De n bB n 2 n 2 bB n 2 2 b a b 2 ≤ + ∑ i∑ i ∑ ∑ ai i aA i =1 i =1 aA i =1 i =1 és innen bB n 2 n 2 ⎛ B b ⎞ n ai bi , 2 ∑ bi ∑ ai ≤ ⎜⎝ a + A ⎟⎠ ∑ aA i =1 i =1 i =1 ami a kívánt egyenlőséget adja meg. 5.10. Az 1,2,K,n számok ( i1, i 2 ,K, i n ) permutációjára és bármely a1, a2 ,K , an pozitív számokra igaz a következő egyenlőtlenség: ⎛ ⎛ ⎛ a ⎞⎛ a ⎞ a ⎞ ⎛ 1 ⎞⎛ 1⎞ 1⎞ ⎜ 1 + 1 ⎟ ⎜ 1 + 2 ⎟ ⋅ K ⋅ ⎜ 1 + n ⎟ ≤ ⎜ a1 + ⎟ ⎜ a2 + ⎟ ⋅ K ⋅ ⎜ an + ⎟ . ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ai1 ⎠ ⎝ ai2 ⎠ ain ⎠ ⎝ a1 ⎠ ⎝ a2 ⎠ an ⎠ ⎝ ⎝ ⎝ (Dan Seclăman feladata, Gazeta Matematică, Bukarest) 1 Megoldás. Felhasználva az ai + ≥ 2, i = 1,2,K, n egyenlőtlenségeket arra a ai
következtetésre jutunk, hogy a bal oldal legalább 2n . Hogy bebizonyítsuk a feladatban szereplő egyenlőtlenséget, elegendő megmutatni, hogy a bal oldal legfeljebb 2n . Ehhez alkalmazzuk először az AM − GM egyenlőtlenséget, hogy megkapjuk a következőt: ⎛ ⎛ a ⎞⎛ a ⎞ a ⎞ ⎜ 1 + 1 ⎟ ⎜ 1 + 2 ⎟ ⋅ K ⋅ ⎜ 1 + n ⎟ ≤ (1 + S )n , ⎜ ⎜ ai1 ⎟⎠ ⎜⎝ ai2 ⎟⎠ ain ⎟⎠ ⎝ ⎝ a a ⎞ 1⎛ a ahol S = ⎜ 1 + 2 + K + n ⎟ . Most a csökkenő láncok újrarendezési-egyenlőtlenségét n ⎜⎝ ai1 ai2 ain ⎠⎟ felhasználva arra a következtetésre jutunk, hogy S az i1 = 1, i 2 = 2,K, i n = n permutáció esetén éri el a maximumát, ami 1-gyel egyenlő. A bizonyítás így már teljes. 5.11. Ha a, b, c egy háromszög három oldala, akkor a2 (b + c − a ) + b2 (c + a − b ) + c 2 (a + b − c ) ≤ 3abc . (2. Feladat, IMO, 1964, Magyarország ajánlására) 1. Megoldás A következő jelölést alkalmazva
b + c − a = x > 0, c + a − b = y > 0, a + b − c = z > 0
azt kapjuk, hogy
a=
y+z z+x x+ y , b= , c= , 2 2 2
és a bizonyítandó egyenlőtlenség a következővé alakul
2[( x + y ) 2 z + ( y + z ) 2 x + ( z + x) 2 y ] ≤ 3( x + y )( y + z )( z + x). ami ekvivalens módon úgy is felírható, hogy
6 xyz ≤ ( y 2 + z 2 ) x + ( z 2 + x 2 ) y + ( x 2 + y 2 ) z. Ez az utolsó egyenlőtlenség nyilvánvalóvá válik, ha felhasználjuk a következő AM-GM egyenlőtlenségeket
y 2 + z 2 ≥ 2 yz, z 2 + x 2 ≥ 2 zx, x 2 + y 2 ≥ 2 xy. Az egyenlőség akkor áll fenn, ha x = y = z , azaz a = b = c . 2. Megoldás Mivel a, b, c a háromszög oldalai, ezért tudjuk, hogy b + c − a > 0, c + a − b > 0, a + b − c > 0 amik a következő nyilvánvaló egyenlőtlenségekkel együtt (a − b )2 ≥ 0, (b − c )2 ≥ 0, (c − a )2 ≥ 0 azt adják, hogy (b − c )2 (b + c − a) + (c − a)2 (c + a − b ) + (a − b )2 (a + b − c ) ≥ 0 ami ekvivalens a következővel 6abc − 2a2 (b + c − a ) − 2b2 (c + a − b) − 2c 2 (a + b − c ) ≥ 0 ami átrendezve: a2 (b + c − a ) + b2 (c + a − b ) + c 2 (a + b − c ) ≤ 3abc .
