Megoldások, megoldás ötletek (Jensen-egyenlőtlenség)

Ábrahám Gábor

A Jensen-egyenlőtlenség

Megoldások

Megoldások, megoldás ötletek (Jensen-egyenlőtlenség)

1. Mivel az f : 0;

sin x folytonos az értelmezési tartományán, ezért elég azt belátni, hogy szigorúan gyengén konkáv ezen az intervallumon. Legyen 0 x y ! Ekkor sin x sin y x y x y x y x y , hisz cos sin cos sin 1 , mivel x y . Ebből 2 2 2 2 2 ;x

következően egyenlőség akkor és csak akkor állhat fenn, ha x=y. 2. Mivel cos x

sin x

, így könnyen jön az állítás. x

2

y . Ebből következően egyenlőség

akkor és csak akkor állhat fenn, ha x=y. 3. Mivel az f : 0;

;x

2

tgx folytonos az értelmezési tartományán, ezért elég azt

belátni, hogy szigorúan gyengén konkáv ezen az intervallumon. Ismert, hogy

tg x tg y 2 cos 2

sin

sin( x y ) 2 cos x cos y

x

y

cos

x

y

2 2 cos x cos y

y 1 cos x

x y 2 tg cos x cos y 2

1 cos x y

2 cos x cos y

1 cos x y 2 cos x cos y

tg

y

tg

2 cos x cos y

2 cos x cos y 1

x

x

y 2

tg

x

x

y 2

y 2

tg

x

y 2

Mivel x y . Ebből következően egyenlőség akkor és csak akkor állhat fenn, ha x=y. Megjegyzés: Érdemes végiggondolni az egységsugarú kör felhasználásával történő elemi bizonyítást! 4. a)

a b c abc r , továbbá 2 4R 2R sin , c 2R sin .

Használjuk fel, hogy T

a

2R sin , b

b) A Héron-képlet szerint T

tg

r 2

s a

s s a s b s c , valamint

. Ezen utóbbit felírva a többi szögre is kapjuk az állítást.

http://matek.fazekas.hu/portal/tanitasianyagok/Abraham_Gabor/

1/16

Ábrahám Gábor


Megoldások

c)

Tudjuk, hogy tg

tg 180

tg tg . tg tg 1

tg

d) Használjuk fel a koszinusz-tételt és a trigonometrikus területképletet, valamint a kotangens definícióját! e)

cos 1 1

b2 c 2 a 2 c 2 a 2 b2 2bc 2ca a b c b c a a c b a b c cos

cos

2abc a b c

1

a 2 b2 c2 2ab 16s s a s b s c 2abc 2s

4t 2 t 4t r 1 1 abcs s abc R

f) Használjuk a b) feladat megoldásában látott tg

r 2

s a

összefüggést és írjuk fel ennek

megfelelőjét a többi szögre is, valamint alkalmazzuk a Héron-képletet és a T=rs a területképletet! g) sin( ) , az 1. feladatban látott összefüggést, és a koszinuszra Használjuk fel, hogy sin felírt hasonló összefüggést! h) Az előzőhöz hasonlóan megoldható. i) Használjuk az 1. feladatban látott összefüggést és a koszinuszra felírt hasonló összefüggést! j) Az előzőhöz hasonló k) Mivel

cos

cos

cos cos

cos

cos cos

sin sin

sin sin

így négyzetre emelés után

cos2

cos2

1 cos2

2 cos cos cos cos2

cos2

cos2

1 cos2

1 cos2

cos2

ebből pedig jön az állítás. l) Hasonló az előzőhöz. m) Következik az alábbiból.


2/16

Ábrahám Gábor

ctg


2

ctg

1

ctg 90

2

ctg

2

Megoldások

ctg

2

2

ctg ctg 1 2 2

2

n) A korábbiakból levezethető. 5. a) Legkisebb felső korlát: Az 1. feladatból tudjuk, hogy a szinusz függvény a [0;π] intervallumon szigorúan konvex, így a Jensen-egyenlőtlenség alapján sin

sin

sin

sin

sin 60

3

3 3 . 2

Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. Legnagyobb alsó korlát: A szinuszok összege mindig pozitív, de a 0-t tetszőlegesen megközelítheti. Tekintsük egy olyan egyenlő szárú háromszöget, melynek szögei

2 , n

180

1 , n

1 ! n

Ekkor

sin

sin

2 sin

sin

2 n

sin 180

1 1 cos 1 n n

2 sin

0, ha n

1 n

sin

2 1 2 sin n n

.

Felhasználtuk, hogy a szinusz függvény az értelmezési tartománya minden pontjában folytonos. Tehát legnagyobb alsókorlátja a 0. b) Legkisebb felső korlát: Legyen , ekkor az , hegyesszög. Így a 2. feladat alapján

cos cos 3 2

cos

2

cos cos 2

1 cos 2 2

cos

2

cos

2 sin 2

2 cos 2

cos 1 cos

2

2

2

3 2

cos 2 cos 2

2

2

1 1 cos 2 2

2 3 2

Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. Legnagyobb alsó korlát: Az előző feladatból ismert, hogy cos

cos

cos

1

r r . Mivel R R

0 , ezért a

koszinuszok összege nagyobb 1-nél. Az 1-et viszont tetszőlegesen megközelítheti. Az előzőhöz hasonlóan legyen

180

2 , n

1 , n

1 ! n


3/16

Ábrahám Gábor


Megoldások

Ekkor

cos

cos

ha n

cos

2 n

cos 180

2 cos

1 n

cos

2 1 2 cos n n

1 2 1,

.

Felhasználtuk, hogy a koszinusz függvény az értelmezési tartománya minden pontjában folytonos. Tehát legnagyobb alsókorlátja az 1. c) Legkisebb felső korlát: Mivel a tényezők pozitívok, így a háromtagú számtani-mértani közép egyenlőtlensége, és a Jensen-egyenlőtlenség alapján írhatjuk, hogy 3

sin sin

sin sin 2 2 2

2

sin

2

3

sin

2

sin 3 2

2 3

2

sin 3 30

1 . 8

Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. Legnagyobb alsó korlát: Az előzőekhez hasonlóan belátható, hogy 0-nál nagyobb, de azt tetszölegesen megközelítheti, tehát a 0. Megjegyzés: Az előző feladat h) összefüggéséből és a b) részből könnyen kapjuk a legkisebb felső korlátot. d) Legkisebb felső korlát: Hegyesszögű háromszög esetén a háromtagú számtani-mértani közép és a b) feladat alapján jön kapjuk, hogy a szorzat legfeljebb nyilván kisebb

1 . Derék- ill. tompaszögű háromszög esetén pedig 2

1 -nél, mivel a szorzat 0, ill. negatív. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, 2

ha a háromszög szabályos. Legnagyobb alsó korlát: Az előzőekhez hasonlóan belátható, hogy -1-nél nagyobb, de azt tetszőlegesen megközelítheti, tehát a -1. Megjegyzés: Az a) és b) feladatban elemi megfontolásokkal, a Jensen-egyenlőtlenség alkalmazása nélkül is megkereshetjük a kifejezések maximumát, amiből jön a c) és d) feladat kifejezéseinek a maximuma is. Lásd Reiman István: Geometria és határterületei című könyvében. 6.

A bizonyítás jön a 4. feladat e) részéből az 5. feladat b) részének felhasználásával. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos.


4/16

Ábrahám Gábor


Megoldások

Megjegyzés: Az állítás elemi úton is bizonyítható a Feuerbach kör felhasználásával. Lásd Reiman István: Geometria és határterületei című könyvében. 7. Használjuk a háromtagú számtani-mértani közép egyenlőtlenségét, a 4. feladat c) részét, a 3. feladat eredményét, és a Jensen-egyenlőtlenséget ebben a sorrendben! Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 8. Teljes négyzetek összegére való visszavezetéssel könnyen igazolható, hogy

tg 2

tg 2

2

tg 2

2

tg

2

2

tg

tg tg tg tg . Ebből pedig a 4. feladat f) része 2 2 2 2

2

alapján jön az állítás. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 9. a) Az állítás jön a 4. feladat l) és az ötödik feladat d) részéből. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. b) Az állítás jön a 4. feladat k) és az ötödik feladat d) részéből. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. c) A háromszögben a félszögek koszinusza pozitív. Ezért ebben és a következő feladatban is alkalmazhatjuk a háromtagú számtani-mértani közép egyenlőtlenségét. Ezen kívül felhasználjuk a 4. feladat g) részét, valamint az 5. feladat a) részét.

1

1

1

cos 2

cos 2

cos 2

2

2

3

sin

sin

sin

3

2

16

33

1 cos 2

2

cos 2

1 2

16

3

2

1

33

2

3 3 2

3

cos 2

2

64 27

4

Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. d) Ebben a feladatban az előzőhöz hasonlóan járhatunk el.

1

1

1

cos

cos

cos

33

2 sin

2 4 sin

3

1 3

2

sin

cos

1 2 4

3 3

3 3 2

cos

1 2

33

cos

2

8 27

2 3

Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos.

e) Mivel egy háromszög szögeinek szinusza pozitív ezért alkalmazzuk a háromtagú számtaniharmonikus közép egyenlőtlenségét, és az 5. feladat a) részét! http://matek.fazekas.hu/portal/tanitasianyagok/Abraham_Gabor/

5/16

Ábrahám Gábor

1 s in


1 s in

1 s in

9

sin

1 sin

9 sin

3 3 2

Megoldások

2 3

Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. f) A háromtagú számtani-mértani közép egyenlőtlenségéből és az 5. feladat c) részéből jön. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 10. a) Használjuk fel a közismert a 2 b2 c2 ab bc ca egyenlőtlenséget, a két oldalt és közbezárt szög szinuszát tartalmazó területképletet, valamint a 9. feladat e) részét.

s

2

a b c 2 3 1 t 2 sin

2

a 2 b2 c 2 2ab 2bc 2ca 4

1 sin

1 sin

3 t 2 3 2

3ab 3bc 3ca 4

3 3 t

Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. Megjegyzés: 1. Adott kerületű háromszögek közül a szabályos háromszög területe a legnagyobb. 2. Adott területű háromszögek közül a szabályos háromszög kerülete a legkisebb. 3. Az állítás más módon is bizonyítható, lásd Reiman István: Geometria és határterületei című könyvében. b) Következik az előzőből a t=rs képlet felhasználásával. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. Megjegyzés: 1. Adott kerületű háromszögek közül a szabályos háromszög beírt körének sugara a legnagyobb. 2. Adott sugarú kör köré írt háromszögek közül a szabályos háromszög kerülete a legkisebb. 3. Az állítás más módon is bizonyítható, lásd Reiman István: Geometria és határterületei című könyvében. c) Tudjuk, hogy a

s

R sin

2R sin , b 2R sin , c

R sin

R sin

R sin

sin

2R sin , így 5. feladat a) része alapján sin

R

3 3 . Egyenlőség akkor és csak 2

akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. Megjegyzés: 1. Adott kerületű háromszögek közül a szabályos háromszög köré írt körének sugara a legkisebb. 2. Adott sugarú körbe írt háromszögek közül a szabályos háromszög kerülete a legnagyobb. 3. Az állítás más módon is bizonyítható, lásd Reiman István: Geometria és határterületei című könyvében.


6/16

Ábrahám Gábor


Megoldások

d) Használjuk fel az a) és a c) feladatot! Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. Megjegyzés: 1. Adott területű háromszögek közül a szabályos háromszög köré írt körének sugara a legkisebb. 2. Adott sugarú körbe írt háromszögek közül a szabályos háromszög területe a legnagyobb. 3. Az állítás más módon is bizonyítható, lásd Reiman István: Geometria és határterületei című könyvében. 11. Az egyenlőtlenség bizonyításához használjuk fel, hogy a háromszög hozzáírt köre a szemközti csúcshoz tartozó oldalak egyenesét a szemközti csúcstól félkerület távolságra érinti. Mivel a szemközti csúcshoz tartozó belső szögfelezők átmennek a hozzáírt kör középpontján, ezért felírható, hogy pl. tg

ra , ahol ra az A csúccsal szemközti hozzáírt kör sugara. A többi s

2

szögre is felírva hasonló összefüggéseket és felhasználva, hogy a f : 0;

;x

2

tgx

függvény a az értelmezési tartományán szigorúan konvex , a Jensen-egyenlőtlenség alapján kapjuk, hogy ra

rb rb

s tg

tg

2

2

tg

3s tg

2

3s

6

3 3

3s .

Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 12. Bontsuk fel a zárójeleket a baloldalon, majd megfelelő csoportosítás és kiemelés után alkalmazzuk a koszinusz-tételt, valamint az 5. feladat b) részét! Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 13. A koszinusz-tétel alapján azt kapjuk, hogy

b

2

bc c2 a2

9 2 cos

a 1 cos

2

ac c2 b2 cos

2

b 92 23

ba a2 c2

1 2cos

1 2cos

1 2cos

3

, ahol alkalmaztuk a háromtagú számtani-harmonikus közép egyenlőtlenségét (hegyesszögek koszinusza pozitív), és az 5. feladat b) részét! Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 14. Mivel s a félkerület, így ezt beírva az eredetivel ekvivalens alábbi egyenlőtlenséghez jutunk.

ab a b c

bc b c a

ca c a b

a b c

Ezt leosztva a pozitív a+b+c-vel megkapjuk a

ab a b

2

bc c

2

b c

2

ca a

2

c a

2

b2

1

egyenlőtlenséget, mely ugyancsak ekvivalens az eredetivel, így elég ezt bizonyítani.


7/16

Ábrahám Gábor


A koszinusz-tételből jön, hogy a b

2

c2

Megoldások

. A többi tagra is írjuk fel a

2ab 1 cos

megfelelő összefüggést, majd helyettesítsünk be!

ab a b

bc

2

c

2

b c

ca

2

a

2

c a

9 2 1 cos

2 1 cos

2

b

1 2 1 cos

2

1 2 1 cos

9 2 3 cos

2 1 cos

1 cos

cos

1 2 1 cos 9 1 2 3 3 2

1

Itt alkalmaztuk a háromtagú számtani-harmonikus közép egyenlőtlenségét és az 5. feladat b) részét. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 15. Első egyenlőtlenség. Mivel a 2R sin , b

R2 a2

R2 b2

19 49 4

R2 c2

2R sin , c

1 1 4 sin 2

1 sin 2

2R sin , így

1 sin 2

1 4 sin 2

9 sin 2

sin 2

1

, itt felhasználtuk a háromtagú számtani-harmonikus közép egyenlőtlenségét és a 9. feladat a) részét. Ebből már könnyen jön az állítás. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. Második egyenlőtlenség. Legyen a beírt kör érintési pontjai által az oldalakból levágott szakaszok hossza az A csúcsnál x, a B csúcsnál y, a C csúcsnál z! Ekkor a=y+z, b=x+z, c=x+y. Másrészt

tg

2

r , tg x 2

r , tg y 2

r . z

Ezek alapján

1 a2

1 b2

1 c2

1 ( y z)

1 2

1

( x z)

2

(x

1 tg tg tg tg tg tg 4r 2 2 2 2 2 2 2

y)

2

1 1 4 yz

1 xz

1 xy

1 4r 2

, itt felhasználtuk a két tagú számtani-mértani közép közötti egyenlőtlenséget és a 4. feladat f) részét. Egyenlőség mindkét esetben akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 16. Ha tükrözzük a háromszöget az a oldal felezőpontjára, akkor egy olyan paralelogrammát kapunk, melynek egyik átlója 2sa , szögei α, 180°-α. Írjuk fel a 2sa átlóra a koszinusz-tételt! 2 Ekkor pl. 4sa

sa

2

a2 4

b2 c2 2bc cos 180

b2 c 2 2bc cos

b2 c2 2bc cos , így

b2 c 2 2bc cos 4

bc cos . Írjuk fel a többi

nevezőre is, valamint szorozzunk be 2t –vel és használjuk fel a trigonometrikus http://matek.fazekas.hu/portal/tanitasianyagok/Abraham_Gabor/

8/16

Ábrahám Gábor


Megoldások

területképletet. Ekkor az eredetivel ekvivalens egyenlőtlenséghez jutunk, mely az alábbi módon igazolható

2t

2t 2

a 4

sa2 tg

2t 2

sb2 tg

b 4 tg

bc sin bc cos

2

c 4

sc2

ac sin ac cos

ba sin ba cos

3 3

, ami ekvivalens a kiindulási egyenlőtlenséggel. Itt felhasználtuk a 7. feladatot az n=1 estre. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 17. Alakítsuk át a baloldali kifejezést az alábbi módon!

t 2 2

ab

1 4 sin 2

t 4t

2

2 2

cb

4

1 4 sin 2

t 4t

2

2 2

ac

4

1 4 sin 2

4t

2

1

1

1

2 2

2 2

2 2

ab t2 tg 4

cb t2

4 tg 2

tg

4

ac t2

4

3 3 2

Itt felhasználtuk a trigonometrikus Pitagorasz-tételt és azt is, hogy a háromszög hegyesszögű, valamint a 7. feladatot az n=1 estre. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 18. Az egyenlőtlenség következik a 10. feladat d) részéből a t

abc képlet felhasználásával. 4R

Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 19. Bizonyítsuk be azt, hogy a PQR háromszögön kívüli rész területe nem kisebb az ABC háromszög területének a ¾-ed részénél! Ehhez használjuk fel a háromszög trigonometrikus területképletét és fejezzük ki a háromszög oldalaival a PC, PB, QA, QC, RA, RB szakaszok hosszát, ahol P az a oldal és a szemközti szögfelező metszéspontja, Q a b oldalé és a szemközti szögfelezőé, míg az a c oldalé és a szemközti szögfelezőé. A szögfelező tétel alapján

ca , PC b c ab CQ , QA a c cb AR , RB a b BP

ba , b c bc , a c ac . Így a a b

kimaradó rész területe a trigonometrikus területképlet alapján.


9/16

Ábrahám Gábor


1 bc bc sin 2 a ca b

ac ac sin a bc b

1 bc bc 2TABC 2 a c a b bc

Megoldások

ba ba sin a cc b

ac ac 2TABC a b c b ac

ba ba 2TABC a c c b ba

3 TABC 4

Egyszerűsítés és az (a+b)(b+c)(c+a)-val való beszorzás és rendezés után az előzővel ekvivalens

ab2 ba 2 cb2 bc2 ac2 ca 2

6abc egyenlőtlenséghez jutunk, ami a hattagú

számtani-mértani közép közötti egyenlőtlenség alapján igaz. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 20. A feladat megoldásában felhasználjuk a kerületi szögek tételét. Ez alapján

RPQ

, PQR

2

2

, QRP

2

, így a PQR háromszög biztosan hegyesszögű, tehát a köré írt kör O középpontja a háromszögön belül van.

Ezek után felírhatjuk, hogy

T

TPQO TRQO TPRO R2 sin 2

sin

R 2 sin( 2

)

R 2 sin( 2

)

R 2 sin( 2

)

sin

Az ABC háromszög területe kifejezhető a t egyenlőtlenség ekvivalens a sin

sin

2 R 2 sin sin sin

sin

3

alakban. Így a bizonyítandó

27sin sin sin

egyenlőtlenséggel,

ami a háromtagú számtani-mértani közép egyenlőtlensége miatt igaz. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 21. A háromszög területét kifejezhetjük az x, y, z szakaszok és az oldalak, íll. a beírt kör sugara és az oldalak segítségével az alábbi módon. T

ax by cz 2

a b c r . Ebből 2


10/16

Ábrahám Gábor

r


Megoldások

ax by cz . Alkalmazzuk a súlyozott számtani-harmonikus közép közötti a b c

egyenlőtlenséget az alábbi módon!

a x

b y

c z

a b c Tehát

a x

a 1 a b cx

a b c

b y

a b c ax by cz

c z

a b c

b 1 a b c y

c 1 a b cz

1 r

a b c . Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha x=y=z, azaz P a r

beírt kör középpontja. 22. Első egyenlőtlenség. Készítsünk ábrát! Osszuk végig az egyenlőtlenséget PA PB PC-vel, ekkor az eredetivel

x yz yx z CP AP BP

ekvivalens

1 egyenlőtlenséget

kapjuk. Az ábrán létrejövő derékszögű háromszögekben felírhatjuk hegyesszög szinuszának definícióját. Ez alapján

x yz yx z CP AP BP sin 1 sin 2 sin 2sin

2

2sin

2

2sin

1

2

sin

2

sin

1

sin

2

1

Itt felhasználtuk az 1. feladat, illetve a 5/c eredményét. Egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha P egy szabályos háromszög középpontja. Megjegyzés: Érdemes meggondolni, hogy a bizonyítás tompaszögű háromszög esetén is helyes. Második egyenlőtlenség. Ez triviális. 23. Emeljük négyzetre az egyenlőtlenség mindkét oldalát ekkor az eredetivel ekvivalens 2

x

y

z

9

R egyenlőtlenséghez jutunk. 2

A Cauchy-egyenlőtlenség alapján 2

x

y

z

1 xa a

1 yb b

Így azt elég bizonyítani, hogy ax by cz

1 zc c 1 a

1 b

2

ax by cz 1 c

1 a

1 b

1 . c

9R . 2

Az első zárójelben a háromszög területének a kétszerese szerepel. http://matek.fazekas.hu/portal/tanitasianyagok/Abraham_Gabor/

11/16

Ábrahám Gábor


Megoldások

Így

1 1 1 1 abc 1 1 1 2T c a b c 2R a b c 1 1 bc ac ab 4 R 2 sin sin 4 R 2 sin sin 4 R 2 sin 2R 2R R 2sin sin 2sin sin 2sin sin

ax by cz

R cos(

1 a

1 b

) cos(

R 3 cos

cos

) cos( cos

) cos

R 3

3 2

cos

sin

cos

9R 2

Itt felhasználtuk, hogy a koszinusz függvény maximuma 1, és az 5/b feladat eredményét. II. Egyenletek, egyenlőtlenségek 1. Az első egyenletből kapjuk, hogy xyz=1. A második egyenlet baloldalának becsléséhez használjuk fel azt, hogy a valós számok halmazán értelmezett f(x)=10x függvény szigorúan monoton növekvő és szigorúan konvex, valamint alkalmazzuk a Jensen-egyenlőtlenséget.

10

3x

10

3y

10

3z

3 10

3x 3 y 3z 3

3 10

3

3x

y z

3

3 10

x y z 3

3 xyz

3 103

3000 .

Innen jön, hogy x=y=z. 2. Használjuk fel, hogy ha az f : a; b esetén teljesül, hogy f ( x) esetén fennáll az f ( x1 )

f ( x) függvényre minden x, y

;x

xy , akkor bármely x1 , x2 ,..., xn

f ( y) 2 f

f ( x2 ) ...

f ( xn ) nf

n

a; b a; b

x1 x2 ... xn !

Ez alapján elég azt bizonyítani, hogy bármely x, y 1 esetén

1

1

1 x 1 y

2 1

xy

. Ez

2

viszont ekvivalens a 0

x

y

1

xy egyenlőtlenséggel, ami triviálisan igaz.

3. A feltételt tekintsük c-re nézve másodfokú egyenletnek. Így a c 2 egyenletet kapjuk, melynek diszkriminánsa

D

ab

2

4 a

2

b

2

4

a 2

16 1

2

1

b 2

abc b2 a 2 4 0

2

.

Könnyen meggondolhatjuk, hogy a kifejezésben szereplő második és harmadik tényező

a 2

nem lehet negatív a feltétel miatt, így 1

a 2

cos ,

b 2

cos , ahol

,

0;

2

2

0, 1

, hisz 0

b 2

2

0 . Legyen

a b ; 1. 2 2

Írjuk fel a megoldó képletet!


12/16

Ábrahám Gábor


ab

a 2

1

c1;2

2

1

b 2

1

a 2

Megoldások

2

2 ab

Ebből csak a c1

2

1

b 2

2

felel meg a feltételnek.

2

Így

1 cos 2

4 cos cos c1

1 cos 2 2 cos cos

2

tehát c

cos

) . Tudjuk, hogy cos

cos(

Mivel 0

) , ezért cos

cos(

2

a 2

b 2

c 2

2 cos

cos

cos

2

)

c 1 . Így 2

, hisz 0

2

2 cos(

cos(

, ezért az eddigiekből következik, hogy

;

Tehát a b c

0;

) . Legyen c cos , ahol

cos(

sin sin

).

.

3 2

3 az I. 5/b alapján.

Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a=b=c.

4. Fejezzük ki a feltételből z-t z

tg , y tg , ahol ,

Mivel x, y>0, ezért legyen x

tg tg tg tg 1

z

tg

. Másrészt legyen z

tg

tg

x y ! xy 1

tg

0;

2

tg ,

! Ekkor

0,

2

! Ekkor

, ami az eddigiek alapján azt jelenti, hogy

. Így

1 1 x cos

1 2

1 y cos

1 2

cos

1 z

1 2

1 tg

1 2

1 tg

1 2

1 tg 2

3 2

Itt felhasználtuk az I. 5/b feladatot. Egyenlő akkor és csak akkor, ha x=y=z. 5. Mivel x, y, z 1-nél kisebb pozitív valós számok, ezért legyen x ahol

, ,

0;

2

tg

2

,y

tg , z 2

tg , 2

.


13/16

Ábrahám Gábor


1 yx y x

Ekkor a feltétel alapján z

1

1

y x 1 yx

tg

ctg

2

2

azaz

1 tg

2

1 tg Így tg

Megoldások

tg

2

2

tg

ctg

2

.

2

2

, ami az értelmezési tartomány miatt azt jelent, hogy

2

2

2

,

2

, ahol a szögek hegyesszögek.

Így

x 1 x2

y 1 y2

tg

tg 2

tg

z 1 z2 tg

tg

2

1 tg

2

1 tg

2

tg

2 2

2

1 tg 2

2

2

3 3 2

, itt felhasználtuk a kétszeres szög tangensére vonatkozó összefüggést és a 7. feladatot n=1re. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha x=y=z.

6. Legyen a+b+c=d! Ekkor

a d

b d

c d

1 , így legyen x

a , y d

b c , tehát x+y+z=1. ,z d d

Így a bizonyítandó egyenlőtlenség a következő alakot ölti

a d

a

b

c

a 2 8bc

b 2 8ac

c 2 8ba

x

y

x 2 8 yz

y 2 8 xz

a d

z z 2 8 yx

b d

2

8

b c dd

b d

c d

2

8

a c dd

c d

2

8

b a dd

1

, ahol x+y+z=1. Ezt az eljárást nevezik normalizálásnak. Ebből kiderül, hogy az általánosság megszorítása nélkül már az elején feltehetjük, hogy a+b+c=1, azaz normalizálhatjuk az ismeretleneket. Éljünk ezzel a lehetőséggel! Most tekintsük az f :

; f ( x)

1 függvényt! Bizonyítsuk be, hogy szigorúan x

konvex. Mivel folytonos az értelmezési tartományán, ezért elég azt belátni, hogy szigorúan gyengén konvex. Legyen x, y két tetszőleges pozitív valós szám, ekkor az

f

x y 2

1 x y 2

1 x

1 y 2

f ( x)

f ( y) 2

egyenlőtlenséget kell belátni, ami

kéttagú számtani és -2-ed rendű hatványközép közötti egyenlőtlenség miatt igaz. Emiatt alkalmazhatjuk a Jensen egyenlőtlenséget, így


14/16

Ábrahám Gábor


a a

2

b 8bc

b

c

2

8ac

f a a 2 8bc

c

2

af a 2 8bc

Megoldások

bf b 2 8ac

cf c 2 8ba

8ba

b b 2 8ac

c c 2 8ba

tehát azt kell belátni, hogy f a a 2

b b 2 8ac

8bc

c c 2 8ba

1 . Mivel f

szigorúan csökkenő és f(1)=1, ezért elég azt belátni, hogy

a a 2 8bc

b b2 8ac

c c 2 8ba

1, azaz

a a 2 8bc

b b2 8ac

c c 2 8ba

a3 b3 c3 24abc 1

Ismert az a3

b3 c 3

a b c

3

3

a b c .

3(a b)(c b)(c a) összefüggés. Ezt beírva és az

egyenlőtlenséget rendezve az eredetivel ekvivalens

ab2 ba 2 cb2 bc2 ac2 ca 2

6abc

egyenlőtlenséghez jutunk, amit már igazoltunk. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a=b=c. 7. Az előző feladatban látottakhoz hasonlóan igazolható, hogy a folytonos

f:

1 szigorúan konvex. x( x 1)

; f ( x)

Így

a b

2

b b

4f , tehát

c

2

c c

d

2

d d

a

2

4

a

a b c d f (b) f (c ) f (d ) f (a) 4 4 4 4

ab bc cd da 4

a b

2

b b

c

c

2

c

d

2

d d

a

2

64 a

ab bc cd da

2

.

4(ab bc cd da)

Így elég belátni, hogy

64 ab bc cd da

2

8 (a c)(b d )

4(ab bc cd da) ab bc cd da

4 16 (a b c d ) 2

4 ab bc cd da

a b c d

2

0

Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a=b=c=d=1.


15/16

Ábrahám Gábor


Megoldások

8. A négyzetgyök függvény szigorúan konkáv az értelmezési tartományán. Használjuk fel ezt a tényt! a

b

c

a b

b c

c a

a c 4a ( a b c ) 2 2(a b c) (a b)(a c) 2

a c 4a ( a b c ) 2 2(a b c) (a b)(a c) 2 2a ( a b c ) (a b)(a c)

2b(a b c) (c b)(a b)

a b 4b(a b c ) 2 2(a b c) (c b)(a b) 2

a b 4b(a b c ) 2 2(a b c) (c b)(a b) 2

b c 4c (a b c ) 2 2(a b c) (a c)(b c) 2

b c 4c (a b c ) 2 2(a b c) (a c)(b c) 2

2c(a b c) (a c)(b c)

Ezután azt kell belátni, hogy

a(a b c) (a b)(a c)

b( a b c ) (c b)(a b)

c(a b c) (a c)(b c)

(ab bc ca)(a b c) (a b)(a c)(b c)

9 4 9 4

, ezen utóbbi pedig ekvivalens a ab2 ba 2 cb2 bc 2 ac 2 ca 2 6abc egyenlőtlenséggel, amit már korábban beláttunk. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a=b=c.


16/16

Megoldások, megoldás ötletek (Jensen-egyenlőtlenség)

Recommend Documents