A G miatt (3tagra) Az egyenlőtlenségek két végét továbbvizsgálva, ha mindkét oldalt hatványozzuk:

Átírás

1 Kocsis Júlia Egyelőtleségek 1. Feladat: Bizoytsuk be, hogy tetszőleges a, b, c pozitv valósakra a a b b c c (abc) a+b+c. Megoldás: Tekitsük a, b és c számok saját magukkal súlyozott harmoikus és mértai közepük közötti összefüggését: (a+b+c) a a b b c c a+b+c a 1 = a+b+c abc a +b 1 b +c 1 c A G miatt (tagra) Az egyelőtleségek két végét továbbvizsgálva, ha midkét oldalt hatváyozzuk: (a+b+c) a a b b c c abc /() a+b+c a a b b c c abc a+b+c a+b+c a a b b c c (abc) Ezzel megkaptuk a bizoytadó álltást, egyelőség akkor és csak akkor, amikor a evezetes közepek között is egyelőség va, vagyis ha a=b=c. (Végig ekvivales lépéseket végeztük és a súlyozott közép mide valós számokból álló súlyozásra igaz.)

2 Csahók Tmea Algebra 1. feladat a a b b c c (abc) a+b+c Az általáosság megszortása élkül feltehetjük, hogy a b c. Ekkor az (a, b, c) számhármas majorizálja a ( a+b+c, a+b+c, a+b+c ) számhármast: a a + b + c a b + c a + b a + b + c a + b c a + b + c = a + b + c Ekkor a Muirhead-egyelőtleség alapjá: sym a a b b c c sym a a+b+c b a+b+c c a+b+c = 6 (abc) a+b+c a a b b c c = a a b b c c + a a b c c b + a b b a c c + a b b c c a + a c b b c a + a c b a c b sym Megmutatjuk, hogy eek az összegek mide tagja kisebb, vagy egyelő, mit a a b b c c : a a b b c c a a b c c b = ( ) b c b 1 c a a b b c c a a b c c b a a b b c c ( ) a a c a c b b c = 1 a c a a b b c c a c b b c a 1

3 a c b b c a a c b a c b = ( ) b a b 1 c a a b b c c a c b b c a a c b a c b a a b b c c ( ) a a b a b b a c = 1 c b a a b b c c a b b a c c Tehát: a b b a c c a b b c c a = ( ) a c b 1 c a a b b c c a b b a c c a b b c c a a a b b c c + a a b c c b + a b b a c c + a b b c c a + a c b b c a + a c b a c b 6 a a b b c c 6 a a b b c c a a b b c c a a+b+c b a+b+c c a+b+c = 6 (abc) a+b+c sym sym a a b b c c (abc) a+b+c Egyelőség abba az esetbe áll fe, ha a = a+b+c, b = a+b+c és c = a+b+c, azaz a = b = c.

4 Második feladat Kerekes Aa megoldása: ab + 1 a + ca bc + 1 b + ab ca + 1 c + bc + 1 > Álltás: ab+1 + bc+1 + ca+1 ab + bc + ca = b + c + a (1) a +ca+1 b +ab+1 c +bc+1 a +ca b +ab c +bc a+c a+b b+c ab + 1 a + ca + 1 b a + c = a b + abc + a + c (a + ca + 1)(a + c) a b + abc + b (a + ca + 1)(a + c) = a + c b (a + ca + 1)(a + c) () A háromszög egyelőtleség alapjá () agyobb, mit ulla. Ezt elvégezhetjük a másik három tagra is, gy beláttuk (1)-et. (1) alapjá elég beláti ()-at: b a + c + c a + b + a b + c () ()-ál többet foguk beláti (a ()-as az =1 eset): Álltás: b + c + a a+c a+b b+c ( ) S 1 (ha a,b,c egy háromszög oldalai és 1 és egész, S a háromszög félkerülete). Bizoytás: Nem megy az általáosság rovására, ha felteszzük, hogy a b c A Csebisev egyelőtleségből az a, b, c és 1, 1, 1 a+b b+c a+c a b + c + b a + c + c a + b + b + c (a A Cauchy-Schwarz egyelőtleségből a a + b, b + c, a + c és következőt kapjuk: sorozatokra a következőt kapjuk: ) ( 1 b + c + 1 a + c + 1 a + b ) (4) 1, 1, 1 sorozatokra a a+b b+c a+c (a + b + c) ( 1 a + b + 1 b + c + 1 a + c ) 9 (5) A számtai és -edikes közép közti egyelőtleségből: a + b + c a + b + c ( ) (6) (4), (5) és (6) felhaszálásával: a b + c + b a + c + c a + b + b + c (a ) ( 1 b + c + 1 a + c + 1 a + b ) a + b + c ( ) ( 1 b + c + 1 a + c b + c ) (a ) a + b 9 = ( ) A kokrét esetbe =1-et helyettestve a kvát álltást kapjuk. Megjegyzés: a ()-as egyelőtleség közismert evé Nesbitt-egyelőtleség (a, b, c > 0). Bizoytása: S 1

5 a b + c + b c + a + c a + b a + b + c a + c (a + b + c) ( 1 a + b + 1 (b + c) a + b + 1 b + c + 1 c + a a + b + c a + b + c a + b b + c c + a ) 9 (a + b) + (b + c) + (c + a) ami pedig pot a számtai, harmoikus közepek közti egyelőtleség. Tehát egyelőség akkor és csak akkor, ha a=b=c.

6 Augusztusi feladatsor Hamradik feladat Tekitsük az y i = 1 pozitv tagú, mooto fogyó sorozatot. 16i Álltás: Ezt teljes idukcióval fogjuk beláti. =1-re: 1 16i i=1 1 = = 1 4 Tegyük fel, hogy igaz az álltás -re, bizoytsuk be +1-re: () => (1), hisze 1 i=1 16i i i=1 (1) ( + 1) () () (felszorzuk gyel és levouk egyet, megtehetjük, hisze >0) ( + 1) () () (4) (hisze mide tag pozitv) (4) Ha x i egy emegatv, mooto fogyó sorozat, amelyre i=1 x i 1 i=1 (mide <N-re), akkor alkalmazhatjuk az x i, y i sorozatokra és az x függvéyre a Karamata egyelőtleséget (hisze midkét sorozat em egatv, az x kovex a em egatvak körébe): x i 1 4 ( ) (5) i=1 Legye rögztett N-re x 1, x N az a i, a N sorozat tagjaiból képzett, fogyó, emegatv (a egatvakat cseréljük ki 0-ra) sorozat. Mivel i=1 x i i=1 a i mide N-re gy (5) alapjá i=1 x i 1 ( ), mide N-re. (6) 4 N N i=1 a i i=1 x i hisze gy csiáltuk a sorozatot. (7) (6) és (7) alapjá: N () a i x i 1 4 ( ) i=1 N i=1 16i

7 4. Ha páros, akkor x i 0, gy ha x 1 = x =... = x 1 = 0 és x = 1, akkor x 1 + x x = 1 < 0 és x 1 +x +...x x 1 x...x = 1 +1 ( 1) = > 0, gy a szorzatuk egatv lesz. Ha 5 és páratla, és x 1 = x =... = x ( = 1 ) és x 1 = x =, akkor x 1 + x x = 1 > 0 és x 1 +x +...x x 1 x...x = ( ). Mivel 5, ezért 1, gy ( ) ( > ) ( ). gy ( ) < 1 = < 0, gy a szorzatuk egatv lesz. gy csak = és = 1 eseté lehet megoldás. Ha = 1, akkor a bizoytadó: (x x) = 0 0. Ha =, akkor a bizoytadó: ( a +b +c abc)(a + b + c) 0. a + b + c abc = (a + b + c)(a + b + c ab bc ca) gy ( a +b +c abc)(a+b+c) = (a+b+c) a +b +c ab bc ca, és (a+b+c) > 0, hisze egy valós szám égyzete. a +b +c ab bc ca = (a b) +(b c) +(c a) > 0, gy ( a +b +c abc)(a+b+c) 0 tetszőleges a, b, c valósakra. Tehát az egyelőtleség csak = 1 és = eseté igaz. 1

8

9

10 Egyelőtleségek5 Kocsis Júlia Feladat: Az a, b, c pozitv valós számokra Megoldás: 1 a + 1 b + 1 c =1. Bizoytsuk be, hogy a +bc + b+ ca+ c +ab abc+ a+ b + c Mivel a, b, c, ab, bc és ac is pozitvak, ezért lehetek pot ayi egységyi oldalhosszok is. Tekitsük az alábbi téglalaprácsot: a b c B ab ac bc A A megjelölt téglalapokba az átlók hossza a Pitagorasz-tétel miatt redre: a +bc, b +ac, c +ab Eek a megjelölt törött voalak a hossza biztos, hogy legalább ayi, mit az ábra szeriti A és B potokat összeköt ő szakasz, amiek a hossza Pitagorasz-tétel miatt: ( a+ b+ c) +( ab+ bc+ ac) = a+b+c+ ab+ bc+ ac+ab+bc+ac+ a bc+ b ac+ c ab Vizsgáljuk meg a feltételt: 1 a + 1 b +1 c =1 ab+bc+ ca / abc 0 abc ab+ bc+ca=abc ezt rjuk be az elő bbi kifejezésbe ab+cb+ac helyére, amikor felrjuk a törött voal és Ab között a relációt: a+bc+ b+ca+ c+ab a+b+c+ ab+ bc+ ac+abc+a bc+ b ac+c ab= = ( abc+ a+ b+ c) = abc+ a+ b+ c A feladat álltását ezzel bebizoytottuk: a+bc + b+ ca+ c +ab abc+ a+ b+ c Egyelőség akkor és csak akkor, ha a megjelölt téglalapok megfelel ő oldalaiak az aráya megegyezik (hasolóak egymáshoz): a bc = b ac = c ab Mivel mide tagja pozitv a=b=c

11 Augusztusi feladatsor Ötödik feladat a + bc + b + ca + c + ab abc + a + b + c 1 a + 1 bc + 1 b + 1 ac + 1 c + 1 ab bc + 1 ac + 1 ab /: abc (1) Legye x = 1, y = 1, z = 1. rjuk ezt be (1)-be: a b c x + yz + y + xz + z + xy 1 + yz + xz + xy () Mivel x+y+z=1, és mid a három szám pozitv x, y, z<1. Álltás: x + yz x + yz () Mide összeadadó tag pozitv, azaz () (4): x + yz x + x yz + yz x x + x yz / yz /: x 1 x + yz / x 1 x yz (4) (4) midkét oldala pozitv, és tudjuk, hogy (1-x)=y+z, azaz (4) (5): (y + z) 4yz / 4yz (y z) 0 (5) (5) igaz, azaz beláttuk az álltást, de beláttuk a következő egyelőtleséget is, hisze csak azt haszáltuk fel, x-ről, y-ról és z-ről, hogy 1-él kisebb pozitvak: Az álltás alapjá: y + xz y + xz z + xy z + xy x + yz + y + xz + z + xy x + yz + y + xz + z + xy = = 1 + yz + yz + yz

12 ü á ó é É É Ú ü É Ú é

13 ü ö ó á ó ú ó

14 ó é é ó á ü Ú ő ö ó ó Ú é ö Á é á ú ü

15 É á ü ü É ú Ú á á ö Á ü ó á Á ü Á é ü

16 ü ú ú Ö ú á ú á

17 Kocsis Júlia Függvéyegyeletek7 Feladat: Határozzuk meg az összes olya f : R R függvéyt, amelyre tetszőleges x, y valós számpárra f ( f (x))+ f ( f ( y))= y+ f ( x y) Megoldás: Vizsgáljuk az alábbi behelyettestéseket: x= y=0 f ( f (0))= f (0) f ( f (0))= f (0) x= y f ( f (x))= x+ f (0) f ( f (x))=x+ f (0) y=0 f ( f (x))+ f ( f (0))= f (x) rjuk be, amiket az előző két esetbe megtudtuk: (x+ f (0) (0) )+ f = f (x) f (x)=x+ f (0) (Ie már látszik, hogy f (x)=x megoldás, de ahhoz, hogy megkapjuk, hogy csak az a jó, helyettestsük be az eredetibe) Helyettestsük be f ( x)= x + f (0) -t abba az esetbe, amikor x = y : f (x+ f (0))= x+ f (0) Most pedig x+ f (0) helyettestési értékre alkalmazzuk f (x)=x+ f (0) összefüggést: (x+ f (0)+ f (0))= x+ f (0) x+4 f (0)= x+ f (0) f (0)=0 f (0)=0 Ezt berhatjuk f (x)=x+ f (0) -be: f (x)=x+0, vagyis f (x)=x az egyetle függvéy, ami megfelel a feladat feltételeiek és ezt végig ekvivales lépésekkel kaptuk meg. Elleőrzés: f (x)+ f ( y)=? y+x y x+ y=x+ y

18 8. feladat (x )P (x + ) + (x + )P (x ) = xp (x) Legye egy jó poliom p 1, ahol a ulla fokú tag kitevője a 0! Ekkor látjuk, hogy hogy a 0 -hoz hozzáaduk z-t, akkor az gy kapott poliom továbbra is jó lesz, hisze mide egyelőségbe a baloldal is ((x )+(x+)) z = x z-vel ő, és a jobboldal is. Azaz mide poliom a fetiek miatt potosa akkor jó, ha a 0 = 0-val kapott poliom jó lee, azaz elég, ha azokat a poliomokat keressük, ahol a ulla fokú tag kitevője 0. Azaz p(0) = 0, de x=-t helyettestve az egyeletbe: ( )P ( + ) + ( + )P ( ) = P () Legye P(4)=x! Ekkor 4-et helyettestve az egyeletbe: P (0) = 0 = 4 P () P () = 0 P (6) + 6 P () = 4 P (4) P (6) = 8 P (4) = 8 x P (6) = 8 x = 4 ( 6 1 x = + 1 ) x De ha egy *y páros számra P ( y) = ( y +1 ) ( y x és P ( y )) = ) x = x), akkor az egyeletbe y-t helyettestve: ( +1 ) x (ahogy most P (4) = ( y )P ( y + ) + ( y + )P ( y ) = y P (y) ( y )P ( y + ) = y P (y) ( y + )P ( y ) = ( y = y + 1 ) ( y ) x ( y + ) + 1 x = ( ) ( ) y + 1 y = y x ( y + ) x = (y + 1) y y (y 1) x = 1 Azaz (y 1)-gyel leosztva (ami em 0): P ( y + ) = = = (y + 1) y y x 1 (y + 1) y x 1 (y + 1) y x = 1 (y + ) (y + 1) y x 1 (y + 1) y (y 1) (y ) x 1 (y + 1) y (y ) x 1 ( y (y )) = (y + ) = ( y + = ) x Azaz teljes idukció miatt mide pozitv y-ra igaz lesz. Azaz két dolog lehet: P(4)=0, azaz mide pozitv y-ra P(y)=0, azaz a poliom végtele sok helyettestési értékél megegyezik a P 0 (x) = 0 poliommal, azaz csak az lehet (hisze a külöbségpoliom csak akkor vehet fel végtelesok helye ullát, azaz lehet végtele gyöke, ha a ullpoliom, azaz megegyezik a két poliom) Vagy ( p(4)=r, ahol r 0. Ekkor a poliom végtelesok helye megegyezik a p w (x) = r (x x ) = r ( x +1 ) ) poliommal, azaz a fetiekhez hasolóa csak az lehet. Midkét poliomot behelyettestve láthatjuk, hogy igaz is lesz rájuk a feltétel, azaz a jó poliomok: = (r, a 0 tetszőleges valósak) P (x) = a 0 P (x) = r (x 1 48 x 1 1 ) + a 0

19 Augusztusi feladatsor Nyolcadik feladat (x )P(x + ) + (x + )P(x ) = xp(x) Helyettestsük be x=0-át és x=-t: ( )P() + P( ) = 0 <=> P() = P( ) (1) 4P(0) = 4P() <=> P() = P(0) () (1) és () alapjá P(0)=P(-)=P(). Álltás: ha P(x) megoldása az egyeletek, akkor P(x)+c is megoldás: (x )(P(x + ) + c) + (x + )(P(x ) + c) = (x )P(x + ) + (x + )P(x ) + xc = = x(p(x) + c) = xp(x) + xc <=> (x )P(x + ) + (x + )P(x ) = xp(x) gy vegyük azt a P(x)-et, amiek gyöke a 0,,-. Ekkor P(x)=x(x-)(x+)Q(x), ahol Q(x) egy valós együtthatós poliom. gy az egyelet: x(x )(x + )(x + )Q(x + ) + x(x )(x )(x + )Q(x ) = = x (x )(x + )Q(x) () () (4): (x + )Q(x + ) + (x )Q(x ) = xq(x) (4) Vegyük észre, hogyha Q(x) megoldása (4)-ek, akkor Q(x) is megoldása (4)-ek. A valós együttható poliomok alkalmas N-re a (N, ) itervallumo kovexek és övekvőek, vagy kokávok és csökkeőek. Ha Q csökkeő, vegyük Q-t, ami övekvő. Mivel övekvő, kovex lesz. Alkalmazzak rá a Jese-egyelőtleséget 1= x+, x1=x+, x=x-:, x =x x (x + )Q(x + ) + (x )Q(x ) Q (x + 4 x x ) Q(x) Tehát, ha Q(x) em kostas, akkor (4) em állhat fe. Ha Q(x) kostas, akkor P(x) megoldása a feladatak (P(x)=ax(x-)(x+)+c: ax(x )(x + )(x + 4) + ax(x 4)(x )(x + ) = ax(x )(x + )(x x 4) = = x(ax(x )(x + ))

20 ü á ú Ö ó Ü Ö Á Á Üö ü Ú ó á á Á Ú űá

21 Á ú ő Á ó ú ü Á é