V.fejezet. A hatványközepekre vonatkozó egyenlőtlenségek

V.fejezet

Készítette: Porkoláb Tamás

A hatványközepekre vonatkozó egyenlőtlenségek

V.fejezet A hatványközepekre vonatkozó egyenlőtlenségek

Valószínűleg ez az a témakör. amelyben a legtöbb feladatot találták ki a középiskolások számára, hiszen ezek a feladatok jó alkalmat nyújtanak az amúgy is fontos hatványközepek közti egyenlőtlenségek gyakorlására. Nagyon sok ilyen jellegű feladat

található

az

irodalomjegyzékben

feltűntetett

könyvekben

és

feladatgyűjteményekben. Ebben a fejezetben csak néhány érdekesebb feladat szerepel, nagyrészt ezekből összegyűjtve. Sokszor problémát okoz a szélsőérték keresésekor az, hogy könnyen megfeledkezünk a következő tényről: ha egy A mennyiséget felülről vagy alulról becsülünk egy másik B mennyiséggel (amellyel egyenlő is lehet), akkor az még nem jelenti azt, hogy A-nak az A = B esetben maximuma ill. minimuma van . Ez csak akkor igaz, ha a B mennyiség állandó (lsd. V.7.feladat). A feladatokban felhasznált hatványközepekre vonatkozó egyenlőtlenségek bizonytása megtalálható a Bevezetés-ben. V.1.feladat: Adott egy k kör belsejében egy P pont. Melyik a rajta átmenő húrok közül a legrövidebb (V.1.ábra)? a P b

V.1.ábra Megoldás: Sejtésünk alapján valószínűleg a P-n átmenő átmérőre merőleges húrra tippelünk. Ezt azonban bizonyítani is kellene. Bontsuk a P-re illeszkedő tetszőlegesen 1

V.fejezet



választott húrt a P ponttal két részre: a-ra és b-re. Keressük ezek összegének a minimumát. Tudjuk, hogy az a és b szakaszok szorzata állandó, akármilyen helyzetű is legyen a Pn átmenő húr. a⋅b = állandó. Mi viszont a+b minimumát keressük. A számtani és mértani közepekre vonatkozó egyenlőtlenség szerint:

a +b 2

a ⋅b ≤

a +b így akkor a legkisebb, ha egyenlő ezzel az állandóval. Ez pedig akkor teljesül, ha: 2 a=b

(lsd.: Bevezetés).

Ez az eredmény egyezik sejtésünkkel, hiszen csak abban az esetben állhat fenn az a = b egyenlőség, ha a húr merőleges a P ponton átmenő átmérőre. V.2.feladat: Egy körlemez belsejéből mekkora koncentrikus körlemezt kell kivágnunk,

ha azt akarjuk, hogy a megmaradó körgyűrű alakú lemezre adott átmérőjű huzalból a lehető legtöbbet csévélhessük fel egyrétegűen (V.2.ábra)?

r d

ρ

V.2.ábra Megoldás: Legyen az eredeti körlemez sugara: r, a kivágott körlemezé: ρ, a huzal 2ρ ⋅ π átmérője pedig: d. Ekkor összesen menet tekercselhető fel a gyűrűre. d Egy menet hossza pedig: 2(r-ρ). 2

V.fejezet



2ρ ⋅ π 4π 2(r − ρ ) = ⋅ ρ ⋅ (r − ρ ) . d d 4π állandó. Ami számunkra fontos, az a ρ(r-ρ) szorzat, hiszen d Ez a szorzat pedig ρ(r-ρ) mértani közepének a négyzete. Mivel a négyzetgyök függvény szigorúan monoton növekvő, ezért ha ρo esetén lesz maximális ρ(r-ρ) értéke, akkor

Így a teljes felcsévélhető huzal hossza: l =

ρ(r − ρ ) is ρ=ρo érték mellett lesz a legnagyobb.

ρ(r − ρ ) ≤

ρ + (r − ρ )

=

2

r = állandó. 2

Tehát a feltekerhető huzal hossza akkor a legnagyobb, ha:

ρ = r-ρ , azaz: r 2

ρ= .

V.3.feladat: Adott félkörbe írt téglalapok közül melyiknek van a legnagyobb területe? Megoldás: a) Legyen 2a a téglalap átmérőre illeszkedő oldalának hossza (V.3/a.ábra). Ekkor a területe:

T = 2a r 2 − a 2 Talán barátságosabban néz ki a kifejezés, ha

T = 2 a 2 (r 2 − a 2 ) alakba írjuk. a 2 és r 2 − a 2 métani közepe.

A gyökjel alatt egy szorzat áll, tehát a kifejezés

Alkalmazva a számtani és mértani közepekre vonatkozó egyenlőtlenséget:

T = 2 a (r − a ) ≤ 2 2

2

2

(

a2 + r2 − a2 2 3

)

= r 2 = állandó.

V.fejezet



Tmax = r 2 .

Tehát

Ez az egyenlőség esetén teljesül; akkor pedig: a2 = r2 − a2

r 2

a=

r

r α

a

V.3/a.ábra

V.3/b.ábra

b) Jelöljük α-val a félkör középpontjából a téglalap egyik csúcsába húzott sugár és az átmérő által bezárt kisebb szöget (V.3/b.ábra). A téglalap területe ekkor:

T = 2 r ⋅ cos α ⋅ r ⋅ sin α = 2 r 2 sin α ⋅ cos α Keressük tehát sin α ⋅ cos α maximumát, tudva azt, hogy sin 2 α + cos2 α = 1 . Ha most a mértani és a négyzetes közepek közti egyenlőtlenséget alkalmazzuk, akkor: sin 2 α + cos2 α 2

sin α ⋅ cos α ≤

sin 2 α + cos2 α 1 sin α ⋅ cos α ≤ = . 2 2 sin α ⋅ cos α akkor a legnagyobb, ha az egyenlőség áll fenn. Az pedig akkor áll fenn, ha sinα = cosα, tehát α= 45°. az a) megoldásbeli eredménnyel egyezően.

A téglalap oldalainak aránya tehát: 1:2. Az eredményből arra is következtethetünk, hogy egy adott körbe írt téglalapok közül a négyzet a legnagyobb területű. V.4.feladat: Az előző feladatbeli téglalapok közül melyik kerülete lesz a legnagyobb? 4

V.fejezet



V.5.feladat: Egy adott r sugarú félkör köré írjunk egyenlőszárú háromszögeket úgy,

hogy két csúcsuk (A,B) mindig a félkör átmérőjének egyenesén legyen. Ezek közül melyik a legkisebb területű (V.5/a.ábra)? A r B

V.5/a.ábra

C

V.6.ábra

V.6.feladat: Egy háromszög A csúcsa egy r sugarú negyedkör középpontja, B csúcsa a

köríven van, C csúcsa pedig B-nek az egyik határoló sugárra való merőleges vetülete (V.6.ábra). Keressük meg ezek közül a legnagyobb területű háromszöget. V.7.feladat: Egy adott r sugarú körbe írt háromszögek közül melyiknek a területe a

legnagyobb? Megoldás: A lll.2.feladat alapján már tudjuk, hogy az egyenlő oldalú háromszögnek.

Felejtsük most el ezt a megoldást, és próbálkozzunk más úton.

r O

x

Rajzoljunk az adott körbe egy tetszőleges háromszöget. Ha növelni akarjuk a területét, a legegyszerűbb lépés az lehet, hogy egyenlő szárúvá tesszük egyik oldalának változatlanul hagyása mellett. Ezzel ugyanis az ehhez az oldalhoz tartozó magasságát megnöveltük, és így a területe is nagyobb lett (V.7.ábra).

V.7.ábra Ha ezt az eljárást sorban alkalmazzuk a háromszög oldalaira számtalan sokszor, meg lehet mutatni, hogy határértékként az egyenlő oldalú háromszöget kapjuk. Mi azonban próbáljunk kiindulni egy ilyen egyenlő szárú háromszög területéből, és mutassuk meg, hogy az akkor a legnagyobb, ha a háromszög minden oldala egyenlő. Jelölje x a most már egyenlő szárú háromszög alapjának a kör középpontjától mért távolságát. Ekkor az alap hossza: 2 r 2 − x 2 , a hozzá tartozó magasságé pedig: r+x. 5

V.fejezet



A háromszög területe:

(

)

2 3 T = (r + x) r 2 − x 2 = (r + x) r 2 − x 2 = ( r + x) ( r − x) .

Ez pedig az r+x, r+x, r+x és r-x mennyiségek mértani közepének a négyzete. Fennáll a számtani és mértani közepekre vonatkozó egyenlőtlenség: 3 T = 4 (r + x) (r − x) ≤

3( r + x ) + ( r − x ) 4r − 2 x = 4 4

Az egyenlőtlenség jobb oldalán álló mennyiség azonban nem állandó, így egyáltalán nem biztos, hogy a baloldali mennyiségnek akkor van maximuma, amikor vele egyenlő. Ha ez alapján keresnénk a szélsőértéket, akkor -mivel egyenlőség akkor áll fenn, ha az adott mennyiségek mindegyike egyenlő egymással, azaz r+x = r-x - az az x = 0 mellett valósul meg. Ha azonban úgy alakítjuk át a mértani középben szereplő mennyiségeket egy állandó szorzóval, hogy azok számtani közepe már állandó legyen, akkor biztosak lehetünk abban, hogy a már átalakított mértani közép akkor a legnagyobb, ha az őt felülről korlátozó állandó számtani középpel egyenlő. Ha tehát pl. r+x, r+x, r+x és r-x mértani közepe helyett r+x, r+x, r+x és 3(r-x) mértani közepét ( T helyett 4 3 ⋅ T -t) tekintjük (amelynek ugyanolyan x mellett van

maximuma, 4

T -nek pedig ugyanott, ahol T-nek), akkor:

3 3 ⋅ T = 4 ( r + x ) ⋅ 3( r − x ) ≤

( r + x ) + ( r + x ) + ( r + x ) + 3( r − x ) 4

=

6r = állandó. 4

Ezzel az átalakítással elértük, hogy azt a mennyiséget, amelynek a szélsőértékét keressük, egy állandóval sikerült felülről korlátozni, mégpedig úgy hogy azzal egyenlő is lehet (amikoris azok a mennyiségek, amelyek közepeit vizsgáljuk, mind egyenlők egymással). Tehát a maximum az egyenlőség esetén áll fenn. Ekkor pedig: r r+x = 3(r-x) , azaz: x = . 2

6

V.fejezet



Ez az eredmény nem egyezik az előzővel. A fenti indoklás viszont ennek a helyességét támasztja alá. Vagyis az egyenlő szárú háromszög körülírható körének középpontja egybeesik a súlypontjával. (Mert egyenlő szárú háromszög esetén az alaphoz tartozó magasság és súlyvonal egybeesik, a súlypont pedig ezt harmadolja: itt

r/2

és

r

hosszúságú

szakaszokra osztva azt. Ebben az esetben viszont a körülírható kör középpontja is ugyanezt teszi: tehát a két pont egybeesik.) Ez pedig csak az egyenlő oldalú háromszögre igaz. Tehát hogyha a számtani és mértani közepekre vonatkozó egyenlőtlenséget akarjuk alkalmazni szélsőérték meghatározására, akkor a "korlátozó" középben nem szerepelhet változó, hanem állandónak kell lennie. Ez igaz a többi hatványközép közti egyenlőtlenség esetén is.

V.8.feladat: Egy adott körbe írt téglalapot nyolcszöggé egészítünk ki úgy, hogy négy csúcsa megegyezzen a téglalap négy csúcsával, további négy csúcsa pedig az őket összekötő körívek felezőpontjában van (V.8/a.ábra). Hogyan válasszuk meg a téglalapot, hogy a nyolcszög és a téglalap területének aránya minimális legyen?

b

a r

V.8/a.ábra

V.8/b.ábra

Megoldás: Az egyszerűség kedvéért elegendő a körnek csak egy negyedét vizsgálni (V.8/b.ábra). Legyen a téglalap oldalainak hossza 2a ill. 2b, a kör sugara pedig r. Ekkor a V.8/b.ábra alapján a keresett területarány:

1 1 1 1 ( r − a ) ⋅ b + ( r − b) ⋅ a + ab + 2 = 2 =r a b Tn ab 2

Tny

7

V.fejezet



Ennek a mennyiségnek keressük a minimumát. Az

reciproka. Ez pedig az a és b harmonikus közepe.

1 1 + a b 2

1 1 + a b 2

kifejezés a

2 1 1 + a b

minimumának keresése

2 maximumának keresésével. Tehát egy harmonikus közép lehető 1 1 + a b legnagyobb értékének megtalálása a feladat. Ha találnánk a nála nagyobb hatványközepek közt egy olyat, amely állandó, akkor a = b jelentené a megoldást. a +b a 2 + b2 r Próbálkozzunk! ab nem állandó. sem. Viszont , tehát = 2 2 2 állandó. egyenértékű

2 1 1 + a b

≤

a 2 + b2 r = = állandó. 2 2

A reciprok mennyiség, a keresett területarány így a = b esetén a legkisebb. A téglalap tehát négyzet, a nyolcszög pedig szabályos. V.9.feladat: Adott ABCD téglalap "köré" írjunk minimális területű egyenlő szárú

háromszöget úgy, hogy egyik oldala az AB oldalegyenesen legyen, a másik kettő pedig illeszkedjen a C ill. D csúcsokra. Megoldás: A szimmetria miatt elegendő az ábrának csak az egyik felét vizsgálni. Ekkor a

háromszög R csúcsa az AB szakasz felezőmerőlegesén változhat, a Q csúcs az AB egyenesén, a QR oldal pedig illeszkedik a C csúcsra. R

Keressük a QR szakasz és az előbb említett egyenesek által határolt legkisebb területű háromszöget (V.9.ábra). Az ábra szerinti jelöléssel ennek területe:

d D

G

C

a

f

1 1 T = ab + ad + bc 2 2

b a

P

A

F

c B

V.9.ábra Q

8

V.fejezet



ab a téglalap felének területe, tehát állandó. Elegendő a 1 T ' = ( ad + bc) 2 mennyiséget vizsgálni. A kifejezésben még mindig két ismeretlen változó szerepel (c és d), holott érezzük, hogy összefüggnek egymással: c növelésekor d csökken és fordítva. A hiányzó összefüggés onnan deríthető ki, hogy az BQC és GCQ háromszögek hasonlók. Így: a c = d b Emiatt: T' =

1 ab  1  b2   ad + b  = a ⋅  d +  2 d 2  d

A zárójelbeli összeg tagjainak szorzata állandó. Célszerű lenne tehát számtani közepüket a mértani középpel alulról becsülni.

1 T'= a

d+ 2

b2 d ≥

d

b2 = b. d

1 T ' (és így T is) abban az esetben minimális, ha a hatványközepek egyenlők, azaz a a benne szereplő tényezők is egyenlők: d=

b2 d

d = b. Ez azt jelenti, hogy ekkor a téglalap C csúcsa felezi a "köré írt" háromszög QR oldalát.

V.10.feladat: Adott egy szögszár és benne egy P pont. A szögszárból egy P-n átmenő egyenessel kimetszünk egy háromszöget. Hogyan tegyük ezt meg, hogy területe a lehető legkisebb legyen? 9

V.fejezet



Megoldás: Az előző feladat általánosításáról van szó. Ugyanis ha a szögszárak merőlegesek, akkor a V.9.feladatban az AB szakaszra illeszkedő egyenes, valamint az AB szakasz felezőmerőlegese jelentik a szögszárakat, az itteni P pontnak pedig ott a C felel meg. Hogyan lehetne felhasználni az előző feladat megoldását? Ha az egész ábrát egy kicsit eldeformáljuk (matematikailag

R

fogalmazva egy affin képét tekintjük), akkor az előző feladat-

d P

b F

ban a megoldásnál felhasznált tények most is érvényben

a

G

b a

B

maradnak (V.10.ábra). Az FBPG paralelogramma területe most is állandó Q ill. R

c

V.10.ábra

Q

változása során, valamint a BQP és a GPR háromszögek is hasonlók.A különbség csak annyi, hogy már nem derékszögűek, így az FQR háromszög területe: 1 1 T = ab + ad sin α + bc sin α 2 2

T' =

1 sin α ⋅ ( ad + bc) 2

Most is elegendő a zárójelben álló kifejezés minimumát megkeresni. A BQP és a GPR háromszögek hasonlósága miatt ugyanolyan kifejezésre jutunk, mint az előző feledatban, tehát annak szélsőértéke is ugyanott van. A keresett háromszög területe akkor a legkisebb, ha P pont felezi a rá illeszkedő oldalt. V.11/a.feladat: Adott egyenlő szárú háromszögbe írt téglalapok közül melyiknek van a

legnagyobb területe? V.11/b.feladat: Hogyan módosul a feladat, ha tetszőleges háromszögre fogalmazzuk

meg? V.12.feladat: Adott egy ABC háromszög területe és a BCA szöge. Hogyan válasszuk meg

az AC és BC oldalak hosszúságát, hogy AB oldal a lehető legkisebb legyen?

10

V.fejezet



Megoldás: Az AB = c oldal a megadott adatoktól a cosinus-tétel szerint függ

(V.12.ábra): B

c 2 = a 2 + b 2 − 2 ab cos γ

a

A háromszög területe:

c C

γ

1 ab sin γ 2 Ebből kifejezhető pl. a b oldal:

T=

b A

b=

V.12.ábra

2T a sin γ

Így 2

 2T   2T  4T 2 c =a + − 4T ctg γ  − 2a ⋅   cos γ = a 2 + 2  a sin γ   a sin γ  a sin 2 γ 2

2

4T ctgγ állandó, így elegendő megkeresni

a2 +

4T 2 a 2 sin 2 γ ≥ 2

a2 +

a2

4T 2 a 2 sin 2 γ

minimumát.

4T 2 2T = = állandó. 2 2 a sin γ sin γ

A keresett összeg akkor a legkisebb, ha:

a2 =

4T 2 a 2 sin 2 γ

a2 =

2T = ab sin γ

a=b A háromszög c oldala tehát akkor a legkisebb, ha a háromszög egyenlő szárú.

11

V.fejezet



V.13/a.feladat: Adottak egy paralelogramma oldalai: a és b. Hogyan válasszuk meg az

alakját, hogy átlói hosszának összege maximális legyen? Megoldás: Az átlók hosszáról ismét a cosinus-tétel segítségével tudhatunk meg valamit (V.13/a.ábra): a

D

C

f 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos α

f b α A

b

e a

e 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos(180°−α ) = a 2 + b 2 + 2ab cos α

B

V.13/a.ábra Rögtön feltűnik, hogy e két kifejezés összege állandó. Tehát egy paralelogramma átlóinak négyzetösszegének fele egyenlő az oldalak négyzetösszegével. Vagy másképpen fogal-mazva: a paralelogramma átlóinak négyzetes közepe az ugyanolyan oldalhosszúságú téglalap átlójával egyenlő.

e 2 + f 2 = állandó. e+ f ≤ 2

e2 + f 2 = állandó. 2

Az átlók összege tehát akkor a legnagyobb, ha a paralelogramma téglalap. V.13/b.feladat: Általánosítsuk a problémát 3 dimenzióra! V.14.feladat: Papírkorongból tölcsért készítünk úgy, hogy egy körcikket kivágva belőle,

kúppá hajtjuk össze. Mekkora legyen a körcikk középponti szöge, hogy a lehető legtöbb fagylalt férjen a tölcsérbe (V.14.ábra)?

R α

m r

V.14.ábra 12

R

V.fejezet



Megoldás: A kúp térfogata:

1 Am 3

V=

A a kúp alaplapjának területe, m pedig a magassága. Ha r az alaplapot határoló kör sugara, akkor: A = r 2π

és

m = R2 − r 2 Így:

(

1 1 V = r 2π R 2 − r 2 = π r 4 R 2 − r 2 3 3

)

Ennek a kifejezésnel a maximumát keressük. Ha sikerül egy nála nagyobb állandót találni, amivel adott esetben egyenlő is lehet, akkor készen vagyunk. Megint addig kell bűvészkednünk a kifejezéssel, amíg erre alkalmassá nem válik. Kinek ne jutna eszébe, 18V 2 hogy V-nek r ugyanazon értéke mellett van maximuma, mint 3 -nek. 2

π

3

18V 2

π

2

(

)

(

= 3 r 4 2 R2 − r 2 = 3 r 2r 2 2 R2 − r 2

)

≤ .

≤

(

r 2 + r 2 + 2 R2 − r 2 3

) = 2 R 2 = állandó 3

A bűvészkedés sikerült. A legtöbb fagylalt akkor fér a tölcsérbe, ha

(

)

r 2 = 2 R2 − r 2 , azaz: 2 R 3

r=

13

V.fejezet


A tölcsér pereme így


2 Rπ 3

p = 2 rπ = 2

hosszúságú.

A papírkorongból kivágott körcikk középponti szögére fennáll:

p 2π − α = = 2π 2 Rπ

2

2 Rπ 3 = 2 Rπ



α = 2π 1 − 

2 3

2  3

Ez kb 66°-os szögnek felel meg. V.15.feladat: Egy R repülőgép félkör alakú pályán repül az A pontból a B-be. Ezt egy

megfigyelő az AB szakasz M pontjából nézi. Hogyan válasszuk meg az M pontot, hogy a megfigyelőtől a lehető legtávolabb legyen a repülőgép azon feltétel mellett, hogy AR = AM ? (V.15.ábra). R

a a

2

A a

x r O

1

M

B

a

V.15.ábra Megoldás: Az ábra alapján három egyenletet írhatunk fel:

a12 + a2 2 = a 2

(1)

( r − a1 ) 2 + a 2 2 = r 2

(2)

( a − a1 ) 2 + a 2 2 = x 2

(3)

14

V.fejezet



x maximumát keressük. Fejezzük ki x-t az első két egyenlet segítségével a és r függvényeként!

(1)-t (3)-ba írva:

( a − a1 ) 2 + a 2 − a12 = 2a 2 − 2aa1 = 2a( a − a1 ) = x 2

(3')

(1)-t (2)-be írva:

( r − a1 ) 2 + a 2 − a1 2 = r 2 + a 2 − 2ra1 = r 2 a1 =

a2 2r

(2')

(2')-t (3')-be írva:  a2  a 1 1  x 2 = 2a( a − a1 ) = 2a  a −  = 2a 2 1 −  = a 2 ( 2r − a ) = a 2 2( 2r − a )  2r  r 2r  2r 

3

a 2 2( 2r − a ) ≤

Tehát az M megfigyelőnek az A-tól mérve

a + a + 2( 2r − a ) 4 = r 3 3 2 AB távolságnyira kell állnia. 3

V.16.feladat: Adott egyenes kúpba helyezett hengerek közül melyik a legnagyobb

térfogatú? Megoldás: Első gondolatunk az lehetne pl., hogy nincs mit számolni, hiszen a problémát

már megoldottuk a V.11.feladatban az egyenlő szárú háromszögbe írt legnagyobb területű téglalap megkeresésekor. Csak körbe kell forgatnunk azokat a síkidomokat és a mostani problémához jutunk; vagy a kúp egy főmetszetét tekintve visszavezethető a feladat a síkbeli kérdésre. Ott azt az eredményt kaptuk, hogy a téglalapnak az egyenlő szárú háromszög alapján fekvő oldala az alap hosszának a fele. 15

V.fejezet



Most is jelöljük ugyanúgy a kúp és a beléírt henger síkmetszetének jellemzőit, mint a V.11.feladatban (V.16.ábra).

b x

x y

y

a

a

V.16.ábra Ekkor a henger térfogata: V = x2π y A megfelelő háromszög hasonlósága miatt most is fennáll: y b = a−x a Így: V = x 2π

b b (a − x) = π x 2 (a − x) a a

Próbáljuk ezt a maximalizálandó kifejezést valamilyen alkalmas hatványközéppé alakítani úgy, hogy egy nála nagyobb állandó értékű hatványközéppel tudjuk felülről becsülni (amivel szélsőértékét felvéve egyenlő lehet). x + x + 2( a − x ) = 2a = állandó.

3

2

a x + x + 2( a − x ) 2 V = 3 xx 2( a − x ) ≤ = a = állandó. bπ 3 3

A henger térfogata maximális, ha : x = 2(a-x ) , azaz 16

x=

2 a 3

V.fejezet



Ez pedig nem egyezik a V.11.feladat eredményével ( x =

1 a ). 2

Az általánosításnak is vannak tehát határai. Miért kaptunk más eredményt, mint amire a V.11.feladat alapján esetleg számíthattunk? Mert az itt maximalizálandó mennyiség: a henger térfogata egy x-szel, mint változóval való szorzóban eltér a V.11.feladatbeli téglalap területének kifejezésétől, és így abban az x mint szorzó "nagyobb súllyal esik a latba". T=

b x( a − x ) a

V=

b 2 πx ( a − x ) a

Érdemesebb tehát a henger alaplapjának területét növelni, nagyobbnak választani inkább, hiszen az az x szerint négyzetesen nő, míg a magassága eközben csak lineárisan csökken. 1 2 Tehát a szélsőérték "eltolódik". Ezért nőtt x értéke - rôl -ra. 2 3 V.17.feladat: Négyzet alapú gúlába helyezett egyenes hasábok közül melyik a

legnagyobb térfogatú (V.17.ábra)?

V.17.ábra

V.18/a.ábra

V.18.feladat: Egy egyenes gúla alapja n oldalú szabályos sokszög. A gúlába egy egyenes

hasábot helyezünk el úgy, hogy alaplapja a gúla alaplapjának síkjában legyen, fedőlapjának csúcsai pedig a gúla egyes oldalélein. Hogyan válasszuk meg a hasábot, hogy térfogata a lehető legnagyobb legyen (V.18/a.ábra)?

17

V.fejezet



V.19.feladat: Milyen x mellett van az x n ( a − x )

m

Megoldás: Az előző feladatok megoldása az

kifejezésnek maximuma? (x,a ≥ 0) x n (a − x)

m

kifejezés maximumának

megkeresésén alapult. n = 1 vagy n = 2 és m = 1 speciális esetekkel. Ez a feladat tehát egy általánosítása az előző problémáknak és egyben további segítség ahhoz, hogy hogyan alakítható át egy kifejezés olyan formájú hatványközéppé, hogy a benne szereplő változók egy másik, állandó értékű hatványközepével legyen korlátozható. m egy szorzat, tehát a benne szereplő változók mértani közepét célszerű x n (a − x) vizsgálni. Ennek maximális értékét keressük, tehát egy nála nagyobb vagy egyenlő hatványközéppel próbáljuk meg felülről becsülni. Konstans szorzók segítségével olyanná kellene a változókat alakítani, hogy ennek a hatványközepüknek az értéke állandó legyen. m x n ( a − x ) felfogható egy n+m tényezős szorzatnak, amelyben n darab x és m darab (a-x) tényező szerepel. Ezek mértani közepe: n+m

x n ( a − x)

m

Próbáljuk meg a legegyszerűbb számtani középpel felülről becsülni! n+ m

x n (a − x)

m

≤

nx + m( a − x ) ( n − m) x + ma = ≠ állandó n+m n+m

Valahogy olyanná kellene alakítani a változókat, hogy a számtani közepük állandó legyen, de a mértani közepüknek ugyanolyan x mellett legyen maximuma, mint azelőtt. Ha a számlálóban "kiesne" az x-t tartalmazó kifejezés, akkor a számtani közép állandó lenne. Milyen esetben "esik ki"? Akkor, ha x együtthatója az összeg egyik tagjában c, a másikban pedig -c (c egy m  m n n n állandó). Tekintsük az eredeti x ( a − x ) kifejezés helyett x  ( a − x ) mértani m  közepét! Ekkor:

18

V.fejezet


n n+ m x n  ( a − x ) m 

Ez már állandó, így a x n ( a − x )

m


n ( a − x) na m = n+m n+m

nx + m

m

≤

szorzat akkor a legnagyobb, ha: x=

n (a − x) m

azaz: x=

a n = a m n + m +1 n

Ez nagyon hasonlít arra a problémára, amikor egy a hosszúságú rúd egyik végére n, a másik végére pedig m tömegű test van akasztva (V.20.ábra), a rúd végpontjainak koordinátái a derékszögű koordináta-rendszerben: ( 0 , 0 ) és ( a , 0 ) .

x a

V.19.ábra

Hol lesz a rendszer súlypontja? m A rúd n tömegű végétől a távolságra. n+m Minél nagyobb az n tömeg, annál közelebb kerül hozzá a rendszer súlypontja. Itt viszont minél magasabb hatványon szerepel az x változó (a-x) hatványkitevőjéhez m képest, annál nagyobb x mellett van az x n ( a − x ) kifejezésnek maximuma, hiszen érdemesebb x-t nagyobbnak választani, x "nagyobb súllyal esik a latba". Ez függvénytanilag azt jelenti, hogy az n > m és mint ahogy az

(a − x) m

x>

a n esetén az x függvény "gyorsabban nő", 2

csökken. Tehát x-t még "érdemes" növelni addig a pontig, ahol (a-x)mdik

csökkenése gyorsabbá nem válik xn növekedésénél. 19

V.fejezet



függvény meredeksége (vagy differenciálhányados x n (a − x) a  a függvénye) n > m és x > esetén egy  , x 0  intervallumon pozitív, azaz a függvény szigorúan 2 2  a monoton növekvő. Maximumát akkor éri el, ha a függvény meredeksége 0-vá válik. Ez az xo > 2 m

A matematika nyelvén: az

pontban következik be. Differenciálással is az elemi úton nyert eredménnyel azonos szélsőértékhelyet kapunk:

(x

n

( a − x ) m )' = nx n−1 ( a − x ) m + x n ( − m)( a − x ) m−1

(x

n

( a − x ) m )' = 0

, ha:

nx n −1 ( a − x ) − x n m( a − x ) m

m−1

=0

a−x x = m n x=

na n+m

A most kapott eredményt alkalmazhatjuk az előző feladatok esetében. A V.16.feladatban 2 pl. n=2 és m = 1. Ott x = a helyen volt a kifejezés szélsőértéke. Az e feladatbeli 3 na is ugyanezt az eredményt adja. Vagy a V.11.feladatban : x= n+m 1 n = 1 és m = 1 értékek mellett x = a , és az új képletünkkel számolva is ez az 2 eredmény. V.20.feladat: Adott gömbbe írt kúpok közül melyik a legnagyobb térfogatú? Keressük

meg a feladat síkbeli analóg párját és hasonlítsuk össze az eredményeket!

a m

r

20

V.fejezet



V.20.ábra

V.21.ábra

V.21.feladat: Adott alkotójú egyenes kúpok közül melyiknek legnagyobb a térfogata? Megoldás: Most már okulván a V.16.feladatból, nem tételezzük fel, hogy elegendő a

testeknek egy főmetszetét tekinteni és arra megoldani a síkbeli problémát. Ha a V.11. és a V.16.feladatok közti analógiát használjuk, akkor ennek a feladatnak az a síkbeli probléma felel meg, hogy szárukkal adott egyenlő szárú háromszögek közül melyiknek legnagyobb a területe? Ha az adott szárak hossza a, akkor: T=

1 2 a sin α 2

ahol α a szárak által közrezárt szög. T olyan α esetén lesz maximális, amelyre sinα is az, tehát ha α = 90°. Vizsgáljuk a mostani feladatot (V.21.ábra)! A kúp térfogata: 1 V = r 2 πm 3 Itt r az alapkörének sugara, m a kúp magassága. Legyen az alkotóinak hossza a. Ekkor:

m = a2 − r2 Ezt a térfogat képletébe írva:

(

1 1 V = r 2π a 2 − r 2 = π r 4 a 2 − r 2 3 3

)

Ez a kifejezés teljesen hasonló a V.14.feladatban a tölcsér térfogatára kapott kifejezéshez. Ugyanolyan gondolat alapján V akkor maximális, ha:

(

r2 = 2 a2 − r2

vagyis: 2 a 3

r= 21

)

V.fejezet



A síkbeli problémánál r-nek az egyenlő szárú háromszög alapjának fele felel meg. A a 1 megfelelő jelölésekkel ott az r = = a eredményt kaptuk (derékszögű háromszög 2 2 2 1 átfogójának fele a befogók - szerese. = 2 2 1 2 Az most is -dá változott. Nem csoda, hiszen ugyanolyan jellegű analógia van az 2 3 itteni két probléma, és a V.11 ill a V.16.feladatok közt. V.22.feladat: Azok közül a szabályos négyoldalú gúlák közül, amelyeknek minden

oldaléle a hosszúságú, melyiknek a térfogata a legnagyobb? V.23.feladat: Egy n oldalú gúla minden oldaléle a hosszúságú. Ezen gúlák közül melyik

a legnagyobb térfogatú?

(

V.24.feladat: Milyen x esetén van az x nk b − x k

(x,a ≥ 0).

22

)m

kifejezésnek maximuma?

V.fejezet

A feladatok megoldásai


A V.fejezet feladatainak megoldásai

V.4.feladat: A téglalap keresett három oldalának összhossza: 2a+2b (M.V.4.ábra).

Tudjuk, hogy: a 2 + b 2 = r 2 . A számtani és négyzetes közepek közti egyenlőtlenség szerint:

a +b ≤ 2

r

a 2 + b2 r = = állandó. 2 2

b

2( a + b) ≤ 2 2r a

M.V.4.ábra a+b maximális, ha a = b.

Ha a félkört tükrözzük az átméröjére a téglalappal együtt, és azt kérdezzük, hogy melyik a legnagyobb kerületű körbe írható téglalap, akkor az előbbi megoldás alapján a válasz négyzet lesz. V.5.feladat: a) Az hogy a háromszög oldalai érintik a félkört, és így az érintési pontba húzott sugár

egyben magasságvonala is az eredeti háromszög félbevágása során kapott egyik háromszögnek, lehetőséget ad arra, hogy egyszerűen fejezzük ki a háromszög területét (V.5/b.ábra). Jelölje E a háromszög AC oldalának a félkörrel való érintési pontját. Ekkor a magasságtétel szerint: AE ⋅ EC = r 2

A keresett háromszög területe: 1 T = 2 ⋅ ⋅ AC ⋅ r = AC ⋅ r 2 23

V.fejezet



Keressük tehát AC minimumát. AC = AE + EC és AE⋅EC = állandó. A számtani és mértani közepekre vonatkozó egyenlőtlenség alapján: AE ⋅ EC ≤

AE + EC AC . = 2 2

Így AC és emiatt a háromszög területe is akkor a legkisebb, ha AE = EC, vagyis ABC derékszögű és egyenlő szárú háromszög. A minimális terület: 2r2 C

C

E

E

r α

r A

B

A

M.V.5/b.ábra

B

M.V.5/c.ábra

b) Legyen α = ∠(AOE), ahol O a félkör középpontja (V.5/c).ábra. Ekkor: AE = r⋅tgα

EC = r⋅tg(90°-α) = r⋅ctgα

T = AC ⋅ r = ( AE + EC ) ⋅ r = r 2 ( tg α + ctg α ) tgαctgα = 1

így: 1 = tgα ⋅ ctgα ≤

tgα + ctgα . 2

Az állandó szorzóktól eltekinthetünk. A háromszög terület maximális, ha tgα = ctgα , azaz α = 45°. Vagyis megint azt kaptuk, hogy ABC derékszögű egyenlőszárú háromszög. V.6.feladat: A háromszög területe legegyszerűbben a: A r B

1 AC ⋅ BC 2 képlet alapján írható fel (M.V.6.ábra). T=

C

24

V.fejezet



A Pythagorasz-tétel szerint AC 2 + BC 2 = r 2 . Tehát keressük két mennyiség szorzatának a maximumát, tudva hogy négyzetösszegük állandó. A mértani és a négyzetes közepek közti egyenlőtlenséget alakalmazva: AC 2 + BC 2 r = = állandó. 2 2

AC ⋅ BC ≤

T=

1 1 AC 2 + BC 2 1 2 AC ⋅ BC ≤ = r 2 2 2 4

1 2 r -tel egyenlő, és ekkor AC = BC. 4 iV.11/a.feladat: Legyen a háromszög alapja 2a, magassága b, a téglalap alappal párhuzamos oldala 2x, a magassággal párhuzamos oldala pedig y hosszúságú (M.V.11/a.ábra). Az APS és az AFC háromszögek hasonlósága miatt: A háromszög területe akkor a legnagyobb, ha

y b = a−x a

A téglalap területe: T = xy = x

b b ( a − x ) = x( a − x ) a a

Ennek maximumát keressük. a x + (a − x) a T = x( a − x ) ≤ = b 2 2 a T legnagyobb értékét x = a-x, vagyis x = esetben veszi fel. Ez azt jelenti, hogy a 2 téglalap csúcsai felezik a háromszög szárait. C

C

b S

b

R x

R x

S y

y

x A

P

F

x Q

B

A

a

P

F a

M.V.11/a.ábra

M.V.11/b.ábra 25

Q

B

V.fejezet



V.11/b.feladat: Ha a C csúcshoz tartozó magasságvonallal két részre osztjuk a

háromszöget, és mind a két részháromszögre megoldjuk a feladat a) része szerint a problémát, akkor ismét arra az eredményre jutunk, hogy az R pont felezi a háromszög BC oldalát (M.V.11/b.ábra). V.13/b.feladat: A feladat a) része úgy általánosítható, hogy határozzuk meg az adott

oldalélű paralelepipedonok közül azt, amely átlóinak összege a legnagyobb. Az a) rész-beli megoldás azon a tényen alapult, hogy a paralelogramma átlóinak négyzetes közepe az ugyanolyan oldalú téglalap átlójának hosszával egyenlő. Ennek megmutatása után a számtani és négyzetes közepek közti egyenlőtlenség alkalmazásával fejeztük be a feladatot. Ha most sikerülne megmutatni, hogy az adott oldalhosszúságú paralelepipedonok átlóinak négyzetes közepe az az ugyanolyan hosszú oldalakkal rendelkező téglatest átlójának hosszával egyenlő, akkor ismét készen lennénk. Használjuk fel a feladat a) részének eredményeit! H

G

E h D

g

F

i

c

j e f

A

C b

a

B

M.V.13/b.ábra AG = e

BH = f

DF = g

CE = h

BG = i

CF = j

Az M.V.13/b.ábra szerinti jelölésekkel: e 2 + f 2 = 2 a 2 + 2i 2

és

26

g 2 + h2 = 2a 2 + 2 j 2

V.fejezet



Ezeket összeadva: e2 + f

2

(

+ g 2 + h 2 = 4a 2 + 2 i 2 + j 2

)

Mivel: i 2 + j 2 = 2b 2 + 2 c 2

így e 2 + f 2 + g 2 + h 2 = 4 a 2 + 4b 2 + 4 c 2

4

e2 + f 2 + g 2 + h2 = a 2 + b 2 + c 2 = állandó. 4

Mi az e+f+g+h összeg maximumát keressük. e+ f + g+h ≤ 4

4

e2 + f 2 + g 2 + h 2 = a 2 + b2 + c2 4

A legnagyobb értékét e = f = g = h esetben éri el, Tehát a paralelepipedonok közül a téglatest átlóinak összege a legnagyobb. V.17.feladat: Ugyanolyan jelölésekkel, mint a V.16.feladatban, a beírt hasáb térfogata

csak egy π szorzóban tér el az előző feladatbeli henger térfogatától (M.V.17.ábra):

V= b

b 2 x (a − x) a

x y

a

M.V.17.ábra

Ennélfogva a szélsőérték "ugyan-ott" van, tehát 2 x = a esetén. 3

is

V.18.feladat: Legyen a gúla alapján lévő csúcsoknak az alaplap középpontjától mért

távolsága: a, a gúla magassága: b, a beírt hasáb csúcsainak a tengelyétől mért távolsága: x, a tengelytől a csúcsokba húzott szakaszok által bezárt szög: α , magassága pedig: y. Ekkor az M.V.18/b.ábra szerint a hasáb térfogata:

27

V.fejezet



b

y x

α

a

M.V.18/b.ábra

1 1 V = n x 2 sin α ⋅ y = n sin α ⋅ x 2 y 2 2 Elegendő az x 2 y mennyiség maximumát megkeresni, hiszen a többi mennyiség állandó a kifejezésben. A V.11. és a V.16.feladattal teljesen hasonló problémához jutottunk. Ugyanis: b y = a a−x

így V=

1 b n sin α ⋅ x 2 ( a − x ) 2 a

Ennek minimuma a már ismert módon határozható meg, és ugyanazt a megoldást kapjuk, mint a V.11. és a V.16.feladatokban. Tehát a beírt hasáb térfogata akkor a legnagyobb,ha: x=

2 a. 3

V.20.feladat: A probléma síkbeli analogonja a V.7.feladat. Azaz: adott sugarú körbe

írjunk maximális területű háromszöget. Ott a megoldás egyenlő oldalú háromszög volt. Most is nyílván az egyenes kúpok közt kell keresnünk a megoldást, hiszen ha a kúp nem ilyen lenne akkor -a V.7.feladattal analóg módon- növelhető lenne a magassága és így a térfogata is.

28

V.fejezet



Tekintsük most a gömb és egy belé írt egyenes kúp főmetszetét és jelöljük ugyanúgy a megfelelő jellemzőket, mint a V.7.feladatban (M.V.20.ábra). Ekkor a kúp térfogata:

V=

r O

(

)

1 2 1 2 r − x 2 π (r + x) = π (r + x) (r − x) 3 3

x 3

( r + x ) 2 2( r − x ) ≤

2( r + x ) + 2( r − x ) 2 = r= 3 3

= állandó. M.V.20.ábra

A szélsőértéket a kifejezés az

r + x = 2( r − x )

esetben veszi fel. Ekkor: r x= . 3 r eredményt kaptuk. Megint csak abból származik az 2 "eltolódás r irányába", hogy összehasonlítva a maximalizálandó kifejezéseket:

A V.7.feladatban az

x=

T = (r + x) r 2 − x 2

(

1 V = π (r + x) r 2 − x 2 3

ill.

)

az utóbbiban r 2 − x 2 magasabb hatványon szerepel. Így ha azt akarjuk, hogy a kifejezés maximális legyen, akkor az x-t most kisebbre kell választani, hiszen az r 2 − x 2 -ben levonandóként szerepel. V.22.feladat: A V.21.feladattal analóg jelölésekkel (M.V.22.ábra) a négyzetes gúla

térfogata: V=

2r 2m 2 2 2 2 = r a −r 3 3

2 a esetben veszi fel. 3 Ekkor r egyenlő a gúla oldallapjainak magasságával.

A keresett szélsőértéket r =

29

V.fejezet



a m

a

m

r r

M.V.22.ábra

V.23.feladat: Mivel a gúla minden oldaléle egyenlő, így alaplapjának csúcsai szükség-

képpen egy körön helyezkednek el. Ha A az alaplap területe, és m a gúla magassága, akkor a térfogata (M.V.23.ábra): 1 Am 3

V=

A gúla alaplapjának szabályos n-szögnek kell lennie, hiszen ha nem az, akkor területe és így a gúla térfogata is növelhető (adott magasság mellett).

a

m

a r

M.V.23.ábra

Így az alaplap területe: 1 360° A = n r 2 sin 2 n m meg van határozva az oldalélek és az alaplap köré írt kör sugara által: 30

V.fejezet



m = a2 − r2

Ezeket a térfogat képletébe írva: V=

1 360° 2 2 2 n sin ⋅r a − r 2 n

Ismét r 2 a 2 − r 2 kifejezés maximumát keressük r függvényében. Ez az előző feladatok 2 alapján az r = a helyen van. 3

(

)m

V.24.feladat: Az előző három feladatban x nk b − x k alakú kifejezések szélsőértékét 1 kerestük. Ezekben az esetekben k = 2 , n = 1 , m = volt. 2

(

Az x nk b − x k

)m

x k = y és b = a helyettesítéssel visszavezethető a V.19.feladatra,

amely szerint ekkor: xk = y =

nb n+m

így x=k

nb . n+m

Az előző feladatok problémáira alkalmazva ( k = 2 , n = 1 , m = 1/2 helyettesítéssel) : 1 2 a x= 2 = 1 1+ 2 Ugyanaz, mint az ott kiszámolt érték.

31

2 a. 3

V.fejezet



Néhány megjegyzés a V.fejezethez A feladatok nagy részének megoldása a számtani és mértani közepek közti egyenlőtlenségen alapul. Az itt bemutatott eljárások megpróbálják megmutatni, hogy hogyan lehet nagyon sok ilyen jellegű problémát megoldani. Majdnem minden feladat esetén megfogalmazható annak duálisa: ha egy A mennyiség állandósága mellett keressük B maximumát, az ekvivalens azzal a problémával, hogy B állandósága mellett keressük meg A minimumát. Ez abból a tényből következik, hogy ha a hatványközepek segítségével oldunk meg egy feladatot, akkor a keresett szélsőértéket azok egyenlősége esetén kapjuk. Érdemes még felfigyelni arra, hogy ha egy A állandó értékű hatványközéppel korlátozunk felülről vagy alulról egy másik B hatványközepet, amelynek a szélsőértékét keressük, akkor B szélsőértéke esetén A egyenlő a hatványközépben szereplő mennyiségek mindegyikével (amelyek hatványközepéről szó van), hiszen azok B szélsőértéke esetén egymással egyenlők, és egyenlő mennyiségek bármely hatványközepe egyenlő azokkal. A feladatok a különböző hatványközepek közti egyenlőtlenségek szerint osztályozva: számtani - négyzetes : 13/a,b mértani - négyzetes: 3/b , 6 négyzetes - harmonikus: 8 A többi feladat megoldása a számtani - mértani közepek közti egyenlőtlenségen alapul.

32

V.fejezet



33

V.fejezet. A hatványközepekre vonatkozó egyenlőtlenségek

Recommend Documents