Algebrai egyenlőtlenségek versenyeken Dr. Kiss Géza, Budapest

Átírás

1 Magas szitű matematikai tehetséggodozás Algebrai egyelőtleségek verseyeke Dr Kiss Géza, Budapest Néháy helyettesítési módszer és a Cauchy-Schwarz-egyelőtleség speciális esetéek alkalmazása bizoyítási feladatokba Ismert, hogy sok egyelőtleség bizoyítása egyszerűsíthető egy ügyes helyettesítéssel, amelybe adott, vagy feltehető, hogy abc = A helyettesítés ekkor x y z a = ; b = ; c = y z x Más esetbe is érdemes próbálkozi hasoló helyettesítéssel? Például, ige sok verseyfeladatba szerepel pozitív valós számokra a következő feltételek valamelyike: xyz = x + y + z +, illetve xy + yz + zx + xyz = Alkalmazzuk a meglepő helyettesítést a + b b + c c + a x =, y =, z = c a b = = c a b abc a b b c c a a b ab b c bc c a ca abc ( + + ) + ( + ) + ( + ) ( + )( ) c a b ab c a b ab a b a b ca cb c ab = = abc abc = ( a + b)( b + c)( c + a) abc Vagyis ezzel a helyettesítéssel automatikusa teljesül az is, hogy xyz = x + y + z + Ha eek reciprokait vesszük, akkor viszot éppe a másik alak, xy + yz + zx + xyz = lesz igaz A másik iráyba is érdemes részletese megézi ezt az összefüggést Először ekvivales átalakításokkal megmutatjuk, hogy mit is jelet potosa 4

2 Dr Kiss Géza: Algebrai egyelőtleségek verseyeke A beszorzás utá: + + = + x + y + z + y + z + yz + + x + z + xz + + x + y + xy = + x + y + z + xy + yz + zx + xyz Ezt redezve látjuk, hogy ez ekvivales az xyz = x + y + z + összefüggéssel Legye most a =, b =, c = + x + y + z, vagyis teljesüljö az is, hogy a + b + c = a b + c E két előző megállapítás alapjá pl x = = a a Hasolóa c + a, a + y = z = b b c Tehát, ameyibe a + b + c =, a feltétel feállása eseté ez a helyettesítés alkalmazható feladat (Nesbitt) Bizoyítsuk, hogy tetszőleges a, b, c pozitív valós számokra a b c b + c c + a a + b A sok-sok ismert megoldás közül most kettőt szereték kiemeli, ez a kettő tulajdoképpe átfogja az egész előadás modadóját Megoldás I: A baloldal szerkezete miatt ormalizálhatuk, feltehetjük, hogy a + b + c = Alkalmazhatjuk az előbbi mágikus helyettesítést Elegedő beláti tehát, hogy 3 x, y, z > 0, xy + yz + zx + xyz = eseté x + y + z 3 Idirekt tegyük fel, hogy x + y + z < Ekkor xy + yz + zx x + y + z alapjá és az idirekt feltételből 43

3 Magas szitű matematikai tehetséggodozás ( x + y + z) 3 xy + yz + zx < 3 4 Felhaszálva továbbá a számtai-mértai közép közötti egyelőtleséget ( x + y + z) 3 xyz < E kettőből xy + yz + zx + xyz < + =, elletmodás 4 4 Nézzük eek a helyettesítések az alkalmazására még egy példát! feladat Tudjuk, hogy x, y, z > 0 és xyz = x + y + z + Mutassuk meg, hogy Megoldás: xy + yz + zx x + y + z + 6 Először próbáljuk meg kicsit átíri a bizoyítadó egyelőtleség jobboldalát A kétszeres szorzatok helyett beírjuk: xy + yz + zx = x + y + z x y z Ezzel a bizoyítadó egyelőtleség átírható ( x + y + z ) x + y + z + 6 A gyökvoást elvégezve a bizoyítadó egyelőtleség x + y + z ( x + y + z + 3) A szokatlaak tűő helyettesítés most is segít! a + b b + c c + a a + b b + c c + a c a b c a b 44

4 Dr Kiss Géza: Algebrai egyelőtleségek verseyeke Most a jobboldal kezelhetőbb formába is írható: a + b b + c c + a a b b c c a c a b = = ( a + b + c) + + c a b c a b c a b a b c Alkalmazzuk a többszöröse átírt alakra a Cauchy-Schwarz-egyelőtleséget: a + b b + c c + a + + = a + b + a + b + a + b c a b c c c a + b b + c c + a ( a + b + b + c + c + a) + + = a b c c a b Hasoló módszerrel sikerrel próbálkozhatuk a következő feladatál is 3 feladat Igazoljuk, hogy tetszőleges pozitív valós számokra Megoldás: A törteket egyszerűsítve redre a + b + c b + c + a c + a + b a + b + c b + c + a c + a + b a, b, c -tel az egyelőtleség átalakítható b + c c + a a + b a b c b + c c + a a + b a b c Az egyelőtleségbe a evező és a számláló azoos dimeziójú, így feltehetjük, hogy a + b + c = Alkalmazzuk az előbbi helyettesítést A bizoyítadó egyelőtleség ( + x) ( + y) ( + z) és azt is tudjuk, hogy xyz = x + y + z x + y + z 45

5 Magas szitű matematikai tehetséggodozás Most azoos átalakításokkal x + x + x , + x + x + x majd átredezve és bővítve ( x ) ( x ) ( x ) x + x + x Ebbe az utolsó formába már jól haszálható a Cauchy-Schwarz egyelőtleség: ( x ) ( x ) ( x ) ( x + y + z ) x + x + x x + y + z + 6 Az utóbbi a bizoyítadó átredezésével x + y + z 3 x + y + z + 6 = x + y + z ( xy + yz + zx) + 6 Most éháy egyszerű esetbe alkalmazzuk a számtai-mértai közép közötti egyelőtleséget b + c bc ca ab x =, y, z a a b c és ezek szorzásával: xyz 8 Ezt is felhaszálva xy yz zy x y z = és 3 x + y + z 3 xyz 6 Ezekkel a becslésekkel már sikerrel bizoyíthatjuk az egyelőtleséget, legye az egyszerűség kedvéért s = x + y + z ( s ) s s ( xy yz zx) Redezzük a most már csak egy ismeretlet tartalmazó egyelőtleséget: s s s + 36 = 6 0 Az egyelőség esetét is látjuk, ha x = y = z = Mielőtt rátérük a másik kiemeledő módszerre kicsit tekitsük át a Cachy- Schwarz-egyelőtleség tulajdoságait egy feladato keresztül 46

6 Dr Kiss Géza: Algebrai egyelőtleségek verseyeke 4 feladat Bizoyítsuk be, hogy pozitív valós számok véges a0, a,, a sorozata akkor és csak akkor mértai sorozat, ha Megoldás: ( a ) 0 + a + + a a + a + + a = a0a + aa + + a a Ha vesszük az ( ) és y ( a a a ) x a0, a,, a,,, vektorokat és ezekre felírjuk a Cauchy-Schwarz egyelőtleséget, akkor kapjuk, hogy ( a ) 0 + a + + a a + a + + a a0a + aa + + a a Egyelőség pedig potosa akkor lép fel, ha a két vektor párhuzamos, ráadásul egyező iráyú is, hisze most a koordiáták pozitív számok Ez potosa azt jeleti, hogy a a a = = = a a a 0 Ez a pozitív háyados a sorozat kvóciese A Cauchy-Schwarz-féle egyelőtleség agyo hatékoy segédeszköz az algebrai egyelőtleségek bizoyítása sorá Általáos haszálata azoba agy odafigyelést és begyakorlottságot igéyel Sok esetbe ige ehéz megláti, és techikailag kivitelezi az alkalmazását Ezért is godolom agyo fotosak és szerecsések a következő specializációt 5 feladat (Titu-lemma) Legyeek a,,, a a továbbá x, x,, x pozitív valós számok Ekkor teljesül a következő egyelőtleség: ( a + a + + a ) a a a x x x x + x + + x 47

7 Magas szitű matematikai tehetséggodozás bizoyítás: Az első bizoyítás megmutatja, hogy a lemma a CBS-egyelőtleség egy speciális esete Alkalmazzuk a CBS-egyelőtleséget a következő számokra: a a a,,, x x x egyfelől, illetve x, x,, x másfelől a a a ( x ) + ( x ) + + ( x ) x x x a a a x + x + + x = a + a + + a x x x ( ) A baloldalo elvégezve a égyzetre emeléseket és midkét oldalt x + x + + x -el osztva éppe a bizoyítadó egyelőtleséget kapjuk A megoldásból az is kiderül, hogy mikor teljesül az egyelőség: a a a = = = x x x bizoyítás: Az állítást = -re algebrai átalakításokkal bizoyítjuk ( + ) a b + a b x y x + y Szorozzuk meg az egyelőtleség midkét oldalát xy ( x y) műveleteket a xy + a y + b x + b xy a xy + abxy + b xy Redezés utá a kapott kifejezés teljes égyzet: a y abxy + b x 0 ( ay bx) 0 + -al, és végezzük el a 48

8 Dr Kiss Géza: Algebrai egyelőtleségek verseyeke Mivel ekvivales átalakításokat végeztük az eredeti egyelőtleség is igaz és az a b egyelőség potosa ay = bx x = y eseté következik be Az állítás ezutá -re voatkozó teljes idukcióval igazolható Elsőkét vegyük újra elő a Nesbitt-egyelőtleséget és arra adjuk egy másik megoldást Megoldás II (Nesbitt): Bővítsük a törteket redre a, b, c -velés haszáljuk a Titu-lemmát! ( a + b + c) a b c + + ab + ca bc + ab ca + bc ab + bc + ca A baloldalról látjuk be, hogy legalább 3 a + b + c ab + bc + ca, a + b + c + ab + bc + ca ab + bc + ca 3, ( a + b + c) ( ab + bc + ca) ( a + b + c) 3 3, ( ab + bc + ca) Azt is látjuk, hogy egyelőség akkor és csak akkor, ha a = b = c A következő két feladat OKTV verseyek feladata volt, illetve több fórumo is megtalálható Schultz Jáos is hivatkozik ezekre cikkébe A két feladat közül a másodikat oldjuk meg ezzel is megmutatva, hogy célszerű ezt a kis állítást külö lemmakét yilvátartai 6 feladat Mutassuk meg, hogy ha a, b, c, d > 0 akkor a b c d b + c c + d d + a a + b 49

9 Magas szitű matematikai tehetséggodozás 7 feladat Mutassuk meg, hogy ha a, b, c, d, e, f > 0 akkor Megoldás: a b c d e f b + c c + d d + e e + f f + a a + b Bővítsük itt is midegyik törtet a saját számlálójával a b c d e f a( b + c) b( c + d) c( d + e) d( e + f ) e( f + a) f ( a + b) Most alkalmazzuk a baloldalra a Titu-lemmát, ezzel a bizoyítadó egyelőtleség ( a + b + c + d + e + f ) 3 ab + ac + bc + bd + cd + ce + de + df + ef + ae + af + bf A evező három szorzat összegére botható ( a + b + c + d + e + f ) ( a + d )( b + e) + ( b + e)( f + c) + ( f + c)( a + d ) 3 Most x = a + d, y = b + e, z = f + c helyettesítéssel A Nesbitt-egylőtleség második bizoyításáál is szereplő, ismert ( x + y + z) 3 xy + yz + zx adódik, ahoa az egyelőség esetére x = y = z, illetve a = b = c = d = e = f Ez a három feladat utal egy olya sejtésre, hogy a baloldali ismeretleek számát - gyel övelve a jobboldal mide esetbe -del övekszik Ez a híres Shapiro-egyelőtleség Eek három esetét már láttuk, sőt két eset bizoyítva is va A szimmetrikus szerkezet alapjá teljese meglepő, hogy ez az állítás általába em igaz (!) Az eredeti problémát Shapiro az America Mathematical Mothly-ba tűzte ki 954-be 50

10 Dr Kiss Géza: Algebrai egyelőtleségek verseyeke Kiderült, hogy az eredeti állítás páros -ekre -ig, páratlaokra 3 -ig igaz A teljes megoldást egy Drifel d evű ukrá emzetiségű matematikus adta meg 97-be, 7 éves korába Eszerit tetszőleges -re csak x x x x γ x x x x x x x x teljesül, ahol γ 989 irracioális kostas 8 feladat (Péter Rózsa Versey) a, b, c pozitív valós számok összege Igazoljuk a következő egyelőtleséget: a b c + + < a + b b + c c + a Megoldás: Az alsó becslést a Titu-lemmával azoal kapjuk ( a + b + c) ( a + b + c) a b c + + = = a + b b + c c + a a + b + b + c + c + a ( a + b + c) A felső becsléshez csökketsük a evezőket: a b c a b c + + < + + = a + b + c = a + b b + c c + a a b c A felső becslésél egyelőséget em kaphatuk, de az -et tetszőlegese meg tudjuk közelítei 9 feladat (OKTV dötő, 00) Bizoyítsuk be, hogy az a, a,, a pozitív valós számokra teljesül az a a a a ( a + a + + a ) a + a a + a3 a + a a + a egyelőtleség! Látjuk, hogy Titu-lemmával ez egy ujjgyakorlat 5

11 Magas szitű matematikai tehetséggodozás Alkalmazzuk most az előbb bizoyított Titu-lemmát egy ehéz KöMaL feladat megoldására 0 feladat Az a, b, c pozitív valós számokra ab + bc + ca = Bizoyítsuk be, hogy 3 a b c + + a bc + b ca + c ab + a + b + c Megoldás: (Huszár Kristóf, Schultz Jáos megoldása) Alakítsuk át a megadott feltétel alapjá sorra a baloldali törteket A feltételből bc = ab + ca Ezt beírva az első törtbe és a törtet a -val bővítve: 3 a a a = = a bc ( + + ) a ab ca a a b c a Ugyaezt az átalakítást elvégezhetjük midhárom baloldali törtél, így a baloldali teljes kifejezés: a b c + + a ( a + b + c) + a b ( a + b + c) + b c ( a + b + c) + c Most alkalmazzuk a Titu-lemmát három tört összegéek alsó becsléséhez: a b c a a + b + c + a b a + b + c + b c a + b + c + c ( a + b + c) ( a + b + c)( a + b + c ) + ( a + b + c) 3 5

12 Dr Kiss Géza: Algebrai egyelőtleségek verseyeke Most egyszerűsíthetük a jobboldalo ( a + b + c) -vel és a feltételből ab + bc + ca = -ot is beírhatjuk Így a jobboldal: 3 a + b + c a + b + c a + b + c a + b + c + a + b + c + ab + bc + ca ( a + b + c) 3 a b c = = = + + Ezzel az állítást igazoltuk Egyelőség akkor és csak akkor, ha a b c = =, = =, a ( a + b + c) + b( a + b + c) + c( a + b + c) a( a + b + c) + = b( a + b + c) + = c( a + b + c) +, a = b = c a a b c a b a b c b c a b c c feladat Igazoljuk, hogy mide olya x, y, z > számhármasra, amelyre + + =, x y z x + y + z x + y + z Alkalmazzuk a Cauchy-Schwarz-egyelőtleséget a szokásos formába: elegedő tehát beláti, hogy 53 x + y + z 3 x + y + z 3 3( x + y + z 3) x + y + z 9 Ezt átredezve x + y + z alakba kapjuk a bizoyítadó állítást Ez viszot sajos em igaz, mert az eredeti feltételél alkalmazva a számtai és harmoikus

13 Magas szitű matematikai tehetséggodozás közép közötti egyelőtleséget éppe a fordított állítás adódik Ez gyakori probléma (és hiba) az egyelőtleségek bizoyításáál Ilye esetbe fiomabb becslésre va szükség Megoldás I: Alkalmazzuk ravaszabb módo a Cauchy-Schwarz egyelőtleséget! x y z x + y + z = a + b + c a b c x y z ( a + b + c) + + a b c Itt a, b, c tetszőleges pozitív valós számok Ha vetük egy pillatást az eredeti egyelőtleségre akkor látjuk, hogy valószíűleg az a célszerű, ha ebbe az esetbe az a + b + c az x + y + z megfelelője és ugyaakkor a másik téyező potosa Az első garatálható azzal, hogy a = x, b = y, c = z A másodikhoz alakítsuk egy kicsit a törtek összegé és haszáljuk fel a feladat eredeti feltételeit: Ezzel az állítást igazoltuk x y z + + = = 3 = x y z x y z Adjuk erre egy másik, az eddigi ötletektől és a tárgyalástól azért agyo em eltérő úto, agyo szellemes megoldást Megoldás II: A feltétel kíál egy másik helyettesítési lehetőséget a =, b =, c = x y z A bizoyítadó egyelőtleség: a b c a b c a b c 54

14 Dr Kiss Géza: Algebrai egyelőtleségek verseyeke a + b + c A feltétel így a + b + c =, vagyis = Írjuk most be ezt a kifejezést a jobboldali gyökök alá és alkalmazzuk a Cauchy-Schwarz-féle egyelőtleséget a + b + c a + b + c a + b + c a b c a + b + c a b c + + a b c a b c a + b + c Itt a felső becslésbe az első téyező = Eél a módszerél egyes szituációkba az a, b, c választásával sokféle folytatás lehetséges Ez is egy másik Titu-lemma lehete Végül, hogy a szokásos megoldási eljárásaikat is tiszteljük még két érdekes feladatot szereték tárgyali feladat Legyeek x, y, z olya pozitív valós számok, amelyekre x + y + z = xyz Igazoljuk, hogy x + y + z Csak megemlítem, hogy ameyibe járatosak vagyuk a trigoometriába, a feltétel alapjá azoal kíálkozik a tageses helyettesítés, amely persze potosa kezelve a feltételeket és megvizsgálva, hogy az egyelőségből következik-e, hogy a három hegyesszög összege π, adódik a bizoyítás Megoldás: Most ikább ismét helyettesítük a =, b =, c = x y z A feltétel átírható + + =, a b c abc vagyis ab + bc + ca = 55

15 Magas szitű matematikai tehetséggodozás Írjuk át az első tagot a helyettesítéssel és írjuk az helyébe ( ab + bc + ca) -t Ezzel homogé lesz a gyök alatti kifejezés Ezutá alkalmazzuk a számtai-mértai közép közötti egyelőtleséget = a = a = + x a + a + ab + bc + ca a + b a + c a a + b + a + c a a = a = + ( a + b)( a + c) ( a b)( a c) + + a + b a + c Ezt midhárom törtre elvégezve és összeadva éppe a bizoyítadó állítást kapjuk 3 feladat Legyeek az a, b, c olya pozitív valós számok, amelyekre teljesül, hogy a + b + + b + c + + c + a + Mutassuk meg, hogy a + b + c ab + bc + ca Megoldás: Alkalmazzuk a Cauchy-Swarz-egyelőtleséget külö-külö az egyes kifejezésekre ( a + b + )( a + b + c ) ( a + b + c) Ie kifejezhető az első tört és hasolóa a többiek is A három törtet összeadva a + b + c + a + b + c + + a + b + b + c + c + a + a + b + c Tudjuk, hogy ez legalább, ebből ab + bc + ca a + b + c A megoldás meetéből látjuk, hogy egyelőség akkor és csak akkor, ha a = b = c = 56

16 Dr Kiss Géza: Algebrai egyelőtleségek verseyeke Irodalom: Adrescu ad Harazi: Note o Algebraic Iequalities (iteret) Hojoo Lee: Topics i iequalities (iteret) http//evikipediacom/wiki/shapiro_iequality AKhrabrov: Shapiro s iequality (iteret) Problem Shortlist with solutios, IMO 009 Schultz Jáos: Jó az öreg a házál, Matematika Taítása 008/4 57