Megoldások, megoldás ötletek (Jensen-egyenlőtlenség)

Átírás

1 Megoldások, megoldás ötletek (Jensen-egyenlőtlenség) Mivel az f : 0; ; x sin x folytonos az értelmezési tartományán, ezért elég azt belátni, hogy szigorúan gyengén konkáv ezen az intervallumon Legyen 0 x y! Ekkor sin sin sin sin x y, hisz, mivel x y Ebből következően egyenlőség akkor és csak akkor állhat fenn, ha x=y Mivel x sin x, így könnyen jön az állítás x y Ebből következően egyenlőség akkor és csak akkor állhat fenn, ha x=y Mivel az f : 0; ; x x folytonos az értelmezési tartományán, ezért elég azt belátni, hogy szigorúan gyengén konkáv ezen az intervallumon Ismert, hogy x y x y sin x y sin( x y) x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y Mivel x y Ebből következően egyenlőség akkor és csak akkor állhat fenn, ha x=y Érdemes végiggondolni az egységsugarú kör felhasználásával történő elemi bizonyítást! 4 a) Használjuk fel, hogy T abc r, továbbá 4R a Rsin, b Rsin, c Rsin b) A Héron-képlet szerint T s s a s b s c, valamint r Ezen utóbbit felírva a többi szögre is kapjuk az állítást s a /6

2 c) Tudjuk, hogy 80 d) Használjuk fel a koszinusz-tételt és a trigonometrikus területképletet, valamint a kotangens definícióját! e) b c a c a b bc ca ab b c a a c b 6s s a s b s c abc abc s 4t t 4t r abcs s abc R f) r Használjuk a b) feladat megoldásában látott összefüggést és írjuk fel ennek s a megfelelőjét a többi szögre is, valamint alkalmazzuk a Héron-képletet és a T=rs a területképletet! g) Használjuk fel, hogy sin sin( ), az feladatban látott összefüggést, és a koszinuszra felírt hasonló összefüggést! h) Az előzőhöz hasonlóan megoldható i) Használjuk az feladatban látott összefüggést és a koszinuszra felírt hasonló összefüggést! j) Az előzőhöz hasonló k) Mivel sin sin így négyzetre emelés után ebből pedig jön az állítás l) Hasonló az előzőhöz m) Következik az alábbiból sin sin /6

3 c c 90 c c c c c n) A korábbiakból levezethető 5 a) Legkisebb felső korlát: Az feladatból tudjuk, hogy a szinusz függvény a [0;π] intervallumon szigorúan konvex, így a Jensen-egyenlőtlenség alapján sin sin sin sin sin 60 Legnagyobb alsó korlát: A szinuszok összege mindig pozitív, de a 0-t tetszőlegesen megközelítheti Tekintsük egy olyan egyenlő szárú háromszöget, melynek szögei 80,, n n n! Ekkor sin sin sin sin 80 sin sin sin n n n n sin 0, ha n 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 feladat alapján sin Legnagyobb alsó korlát: Az előző feladatból ismert, hogy r r Mivel R R 0, ezért a koszinuszok összege nagyobb -nél Az -et viszont tetszőlegesen megközelítheti Az előzőhöz hasonlóan legyen 80,, n n n! /6

4 Ekkor 80, n n n n ha n Felhasználtuk, hogy a koszinusz függvény az értelmezési tartománya minden pontjában folytonos Tehát legnagyobb alsókorlátja az c) Legkisebb felső korlát: Mivel a tényezők pozitívok, így a háromtagú számtani-mértani közép egyenlőtlensége, és a Jensen-egyenlőtlenség alapján írhatjuk, hogy sin sin sin 8 sin sin sin sin sin 0 Legnagyobb alsó korlát: Az előzőekhez hasonlóan belátható, hogy 0-nál nagyobb, de azt tetszölegesen megközelítheti, tehát a 0 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 Derék- ill tompaszögű háromszög esetén pedig nyilván kisebb -nél, mivel a szorzat 0, ill negatív Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos Legnagyobb alsó korlát: Az előzőekhez hasonlóan belátható, hogy --nél nagyobb, de azt tetszőlegesen megközelítheti, tehát a - 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 4/6

5 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 feladat eredményét, és a Jensen-egyenlőtlenséget ebben a sorrendben! 8 Teljes négyzetek összegére való visszavezetéssel könnyen igazolható, hogy Ebből pedig a 4 feladat f) része alapján jön az állítás 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 sin sin sin 7 d) Ebben a feladatban az előzőhöz hasonlóan járhatunk el sin sin sin 7 e) Mivel egy háromszög szögeinek szinusza pozitív ezért alkalmazzuk a háromtagú számtaniharmonikus közép egyenlőtlenségét, és az 5 feladat a) részét! 5/6

6 9 9 sin sin sin sin sin sin f) A háromtagú számtani-mértani közép egyenlőtlenségéből és az 5 feladat c) részéből jön 0 a) Használjuk fel a közismert ab bc ca egyenlőtlenséget, a két oldalt és közbezárt szög szinuszát tartalmazó területképletet, valamint a 9 feladat e) részét ab bc ca ab bc ca s 4 4 t t t sin sin sin Adott kerületű háromszögek közül a szabályos háromszög területe a legnagyobb Adott területű háromszögek közül a szabályos háromszög kerülete a legkisebb 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 Adott kerületű háromszögek közül a szabályos háromszög beírt körének sugara a legnagyobb Adott sugarú kör köré írt háromszögek közül a szabályos háromszög kerülete a legkisebb Az állítás más módon is bizonyítható, lásd Reiman István: Geometria és határterületei című könyvében c) Tudjuk, hogy a Rsin, b Rsin, c R sin, így 5 feladat a) része alapján s Rsin Rsin Rsin R sin sin sin R Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos Adott kerületű háromszögek közül a szabályos háromszög köré írt körének sugara a legkisebb Adott sugarú körbe írt háromszögek közül a szabályos háromszög kerülete a legnagyobb Az állítás más módon is bizonyítható, lásd Reiman István: Geometria és határterületei című könyvében 6/6

7 d) Használjuk fel az a) és a c) feladatot! Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos Adott területű háromszögek közül a szabályos háromszög köré írt körének sugara a legkisebb Adott sugarú körbe írt háromszögek közül a szabályos háromszög területe a legnagyobb Az állítás más módon is bizonyítható, lásd Reiman István: Geometria és határterületei című könyvében 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 r a s, ahol r a az A csúccsal szemközti hozzáírt kör sugara A többi szögre is felírva hasonló összefüggéseket és felhasználva, hogy a f : 0; ; x x függvény a az értelmezési tartományán szigorúan konvex, a Jensen-egyenlőtlenség alapján kapjuk, hogy ra rb rb s s s s 6 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 A koszinusz-tétel alapján azt kapjuk, hogy bc ac ba b c a a c b b a c 9 9, 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 4 Mivel s a félkerület, így ezt beírva az eredetivel ekvivalens alábbi egyenlőtlenséghez jutunk ab bc ca b c a c a b Ezt leosztva a pozitív a+b+c-vel megkapjuk a ab bc ca b c a c a b egyenlőtlenséget, mely ugyancsak ekvivalens az eredetivel, így elég ezt bizonyítani 7/6

8 A koszinusz-tételből jön, hogy ab A többi tagra is írjuk fel a megfelelő összefüggést, majd helyettesítsünk be! ab bc ca b c a c a b Itt alkalmaztuk a háromtagú számtani-harmonikus közép egyenlőtlenségét és az 5 feladat b) részét 5 Első egyenlőtlenség Mivel a Rsin, b Rsin, c R sin, így R R R 9 4 sin sin sin 4 sin sin sin , 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 r, r, r x y z Ezek alapján ( y z) ( x z) ( x y) 4 yz xz xy 4r 4r, 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 6 Ha tükrözzük a háromszöget az a oldal felezőpontjára, akkor egy olyan paralelogrammát kapunk, melynek egyik átlója s a, szögei α, 80 -α Írjuk fel a s a átlóra a koszinusz-tételt! Ekkor pl 4s b c bc 80 b c bc, így a bc b c bc sa bc Írjuk fel a többi 4 4 nevezőre is, valamint szorozzunk be t vel és használjuk fel a trigonometrikus 8/6

9 területképletet Ekkor az eredetivel ekvivalens egyenlőtlenséghez jutunk, mely az alábbi módon igazolható t t t bc sin ac sin ba sin a b c bc ac ba sa sb sc 4 4 4, ami ekvivalens a kiindulási egyenlőtlenséggel Itt felhasználtuk a 7 feladatot az n= estre 7 Alakítsuk át a baloldali kifejezést az alábbi módon! t t t a b 4t c b 4t a c 4t b a c t t t sin sin sin Itt felhasználtuk a trigonometrikus Pitagorasz-tételt és azt is, hogy a háromszög hegyesszögű, valamint a 7 feladatot az n= estre Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos abc 8 Az egyenlőtlenség következik a 0 feladat d) részéből a t képlet felhasználásával 4R 9 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 ba BP, PC b c b c, ab bc CQ, QA a c a c, cb ac AR, RB a b a b Így a kimaradó rész területe a trigonometrikus területképlet alapján 9/6

10 bc bc ac ac ba ba sin sin sin a c a b b a c c b bc bc TABC ac ac TABC ba ba TABC T a c a b bc b ac a c c b ba 4 Egyszerűsítés és az (a+b)(b+c)(c+a)-val való beszorzás és rendezés után az előzővel ekvivalens ab ba cb bc ac ca 6abc egyenlőtlenséghez jutunk, ami a hattagú számtani-mértani közép közötti egyenlőtlenség alapján igaz Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos ABC 0 A feladat megoldásában felhasználjuk a kerületi szögek tételét Ez alapján RPQ, PQR, QRP, így a PQR háromszög biztosan hegyesszögű, tehát a köré írt kör O középpontja a háromszögön belül van Ezek után felírhatjuk, hogy T T T T R PQO RQO PRO sin sin sin Az ABC háromszög területe kifejezhető a egyenlőtlenség ekvivalens a R sin( ) R sin( ) R sin( ) t R sin sin sin alakban Így a bizonyítandó sin sin sin 7sin sin sin egyenlőtlenséggel, ami a háromtagú számtani-mértani közép egyenlőtlensége miatt igaz Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos A háromszög területét kifejezhetjük az x, y, z szakaszok és az oldalak, íll a beírt kör sugara és ax by cz az oldalak segítségével az alábbi módon T r Ebből 0/6

11 ax by cz r Alkalmazzuk a súlyozott számtani-harmonikus közép közötti egyenlőtlenséget az alábbi módon! a b c x y z x y z ax by cz r Tehát x y z r beírt kör középpontja Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha x=y=z, azaz P a Első egyenlőtlenség Készítsünk ábrát! Osszuk végig az egyenlőtlenséget PA PB PC-vel, ekkor az eredetivel x y z y x z ekvivalens egyenlőtlenséget CP AP BP kapjuk Az ábrán létrejövő derékszögű háromszögekben felírhatjuk hegyesszög szinuszának definícióját Ez alapján x y z y x z CP AP BP sin sin sin sin sin sin Második egyenlőtlenség Ez triviális sin sin sin Itt felhasználtuk az feladat, illetve a 5/c eredményét Egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha P egy szabályos háromszög középpontja Érdemes meggondolni, hogy a bizonyítás tompaszögű háromszög esetén is helyes Emeljük négyzetre az egyenlőtlenség mindkét oldalát ekkor az eredetivel ekvivalens R x y z 9 egyenlőtlenséghez jutunk A Cauchy-egyenlőtlenség alapján x y z xa yb zc ax by cz Így azt elég bizonyítani, hogy ax by cz 9R Az első zárójelben a háromszög területének a kétszerese szerepel /6

12 Így ax by cz abc T R 4 sin sin 4 sin sin 4 bc ac ab R R R sin sin R R R sin sin sin sin sin sin R ( ) ( ) ( ) 9R R R Itt felhasználtuk, hogy a koszinusz függvény maximuma, és az 5/b feladat eredményét II Egyenletek, egyenlőtlenségek Az első egyenletből kapjuk, hogy xyz= A második egyenlet baloldalának becsléséhez használjuk fel azt, hogy a valós számok halmazán értelmezett f(x)=0 x függvény szigorúan monoton növekvő és szigorúan konvex, valamint alkalmazzuk a Jensen-egyenlőtlenséget x y z x y z x y z x y z xyz Innen jön, hogy x=y=z Használjuk fel, hogy ha az f : a; b ; x f ( x ) függvényre minden x, y a; b esetén teljesül, hogy f ( x) f ( y) f xy, akkor bármely x, x,, xn a; b esetén fennáll az f ( x ) f ( x) f ( xn) nf n x x x n! Ez alapján elég azt bizonyítani, hogy bármely xy, esetén viszont ekvivalens a x y xy Ez 0 x y xy egyenlőtlenséggel, ami triviálisan igaz A feltételt tekintsük c-re nézve másodfokú egyenletnek Így a c abc b a egyenletet kapjuk, melynek diszkriminánsa a b D ab 4 a b Könnyen meggondolhatjuk, hogy a kifejezésben szereplő második és harmadik tényező nem lehet negatív a feltétel miatt, így a b, Írjuk fel a megoldó képletet! a b 0, 0 a b, ahol, 0;, hisz 0 ; Legyen /6

13 c ; ab a b Ebből csak a Így a b ab c felel meg a feltételnek 4 c sin sin ( ) c tehát c ( ) Legyen c, ahol 0;, hisz 0 Így ( ) Tudjuk, hogy ( ), ezért ( ) Mivel 0 ;, ezért az eddigiekből következik, hogy Tehát az I 5/b alapján Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a=b=c 4 Fejezzük ki a feltételből z-t z x xy y! Mivel x, y>0, ezért legyen x, y, ahol, 0;! Ekkor z Másrészt legyen z, 0,! Ekkor, ami az eddigiek alapján azt jelenti, hogy Így x y z Itt felhasználtuk az I 5/b feladatot Egyenlő akkor és csak akkor, ha x=y=z 5 Mivel x, y, z -nél kisebb pozitív valós számok, ezért legyen x, y, z, ahol,, 0; /6

14 Ekkor a feltétel alapján z yx y x y x yx c Így c, ami az értelmezési tartomány miatt azt jelent, hogy, azaz, ahol a szögek hegyesszögek Így x y z x y z, itt felhasználtuk a kétszeres szög tangensére vonatkozó összefüggést és a 7 feladatot n=- re Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha x=y=z 6 Legyen a+b+c=d! Ekkor, így legyen x, y, z, tehát x+y+z= d d d d d d Így a bizonyítandó egyenlőtlenség a következő alakot ölti d d d a 8bc b 8ac c 8ba b a c c b a x y z x 8yz y 8xz z 8yx d d d d d d d d d, ahol x+y+z= Ezt az eljárást nevezik normalizálásnak Ebből kiderül, hogy az általánosság megszorítása nélkül már az elején feltehetjük, hogy a+b+c=, azaz normalizálhatjuk az ismeretleneket Éljünk ezzel a lehetőséggel! Most tekintsük az f : ; f ( x) 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 x y x y f ( x) f ( y) f egyenlőtlenséget kell belátni, ami x y kéttagú számtani és --ed rendű hatványközép közötti egyenlőtlenség miatt igaz Emiatt alkalmazhatjuk a Jensen egyenlőtlenséget, így 4/6

15 a 8bc b 8ac c 8ba f a a 8bc b b 8ac c c 8ba af a 8bc bf b 8ac cf c 8ba tehát azt kell belátni, hogy f a a 8bc b b 8ac c c 8ba Mivel f szigorúan csökkenő és f()=, ezért elég azt belátni, hogy a a 8bc b b 8ac c c 8ba, azaz a a 8bc b b 8ac c c 8ba 4abc Ismert az ( a b)( c b)( c a ) összefüggés Ezt beírva és az egyenlőtlenséget rendezve az eredetivel ekvivalens ab ba cb bc ac ca 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 : ; f ( x) szigorúan konvex xx ( ) Így d d 4 f ( b) f ( c) f ( d) f ( a) b b c c d d a a f ab bc cd da 4 d 64, tehát b b c c d d a a ab bc cd da 4( ab bc cd da ) Így elég belátni, hogy 64 8 ab bc cd da 4( ab bc cd da) ( a c)( b d) ab bc cd da 4 4 ab bc cd da 6 ( d) d 0 Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a=b=c=d= 5/6

16 8 A négyzeyök függvény szigorúan konkáv az értelmezési tartományán Használjuk fel ezt a tényt! a c 4 a( ) a b 4 b( ) b c 4 c( ) a b b c c a ( ) ( a b)( a c) ( ) ( c b)( a b) ( ) ( a c)( b c) a c 4 a( ) a b 4 b( ) b c 4 c( ) ( ) ( a b)( a c) ( ) ( c b)( a b) ( ) ( a c)( b c) a( ) b( ) c( ) ( a b)( a c) ( c b)( a b) ( a c)( b c) Ezután azt kell belátni, hogy a( ) b( ) c( ) 9 ( a b)( a c) ( c b)( a b) ( a c)( b c) 4 ( ab bc ca)( ) 9 ( a b)( a c)( b c) 4, ezen utóbbi pedig ekvivalens a ab ba cb bc ac ca 6abc egyenlőtlenséggel, amit már korábban beláttunk Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a=b=c 6/6