Győry Ákos: A Titu-lemma. A Titu-lemma. Győry Ákos Földes Ferenc Gimnázium, Miskolc

Átírás

1 A Titu-lemm Győry Ákos Földes Feren Gimnázium, Miskol Az lái feldtsort jórészt z 5. Rátz László Vándorgyűlésen elhngzott nygól állítottm össze, néhány feldttl kiegészítettem, néhol pedig új izonyításokkl ővítettem. A ímen szereplő lemm Titu Andreesu nevéhez kötődik (z meriki mtemtiki olimpii spt felkészítője), de egyes szkirodlmk Bergströmegyenlőtlenségként hivtkoznk rá. Ennek z z ok, hogy Hrld Bergström (svéd mtemtikus) 949-en z összefüggést már pulikált, sk vlószínűleg feledése merült, így újr felfedezték. Hzánkn Titu-lemm elnevezés honosodott meg, ezért én is így fogom említeni, és levezetéseken hsználni fogom külföldi szkirodlom rá hsználtos rövidítését: (ejtsd: titu). Ugyn z állítás gyorsn dódik Cuhy-Bunykovszkij- Shwrz-egyenlőtlenségől (ennek megmuttását z Olvsór ízom), mégis kiemelt fontosságúnk gondolom, hiszen izonyos szituáiókn nnál sokkl könnye hsznált. Az áttekinthetőség kedvéért megoldásokt szimólum zárj le; számtni és mértni közepek közötti egyenlőtlenségre pedig így hivtkozom: A G. A feldtok zömét idegen nyelven tláltm meg z interneten. Hogy ezek feldtok eredetileg kitől, honnn szármznk, z internetes források lpján dtm meg. Az nygot diákszemmel Bodoli Előd tnítványom nézte át, ezúton is köszönöm szépen munkáját! A Titu-lemm legegyszerű lkj következő: x 2 + y2 (x + y)2 +, hol, > 0; x, y R, és x y. Mtemtik Okttási Portál, - /24 -

2 Áltlánosn: x 2 + x x2 n n (x + x x n ) n, ( ) hol, 2,... n > 0; x, x 2,..., x n R, és x x x n n. 0. feldt. Igzoljuk Titu-lemmát. Megoldás. Okoskodjunk törtek drszám szerinti teljes indukióvl. Két tört esetén: x 2 + y2 (x + y)2 + (x y) 2 0, és x y x y, vgyis teljesül z állítás. Tegyük fel ezek után, hogy érvényes z egyenlőtlenség, h nnk l oldlán k dr tört szerepel, zz: x 2 + x x2 k k (x + x x k ) k, és x x x k k. Mutssuk meg ezek után (k + )-re: x 2 + x x2 k k + x2 k+ k+ (x + x x k ) k + x2 k+ k+ (x + x x k+ ) k+ ; z első egyenlőtlenségnél z indukiós lépést, másodikn pedig z n 2 esetet hsználtuk fel. x x 2... x k x + x x k és x k+, 2 k k k+ s így x k+ k+ x + x x k k mivel z állítást eláttuk. x + x x k x, k Jöhetnek ezek után z lklmzások. Először feldtok listáját közlöm, mjd után feldtokt megoldásikkl együtt. A legvégén pedig megdom felhsznált forrásokt. Mtemtik Okttási Portál, - 2/24 -

3 Feldtok. feldt. Legyen P egy dott ABC háromszög első pontj. P -ől BC, CA, AB egyenesekre állított merőlegesek tlppontj rendre D, E, F. Htározzuk meg z összes olyn P pontot, melyre BC P D + CA P E + AB P F összeg legkise. (Nemzetközi Mtemtiki Diákolimpi, 98,. feldt) 2. feldt. Bizonyítsuk e Nesitt-egyenlőtlenséget, zz, hogy ármely,, pozitív számokr fennáll z lái összefüggés: feldt. Mutssuk meg, hogy tetszőleges,,, d, e R + esetén: d + d + e + d e + + e feldt. Igzoljuk, hogy tetszőleges,,, x, y R + esetén teljesül z lái összefüggés: x + y + x + y + x + y x + y. 5. feldt. Bizonyítsuk e, hogy tetszőleges, 2,..., n pozitív vlós számokr: n n S S 2 S n n, hol S n (n 2). 6. feldt. Mutssuk meg, hogy h z,,, d pozitív vlós számokr fennáll, hogy d, kkor teljesül z lái összefüggés: (ír versenyfeldt, 999) d + d2 d + 2. Mtemtik Okttási Portál, - /24 -

4 7. feldt. Igzoljuk, hogy tetszőleges,, pozitív vlós számokr igz z lái egyenlőtlenség: feldt. Bizonyítsuk e, hogy tetszőleges,, pozitív vlós számokr érvényes következő összefüggés: feldt. Mutssuk meg, hogy h z, 2,..., n és, 2,..., n pozitív vlós számok teljesítik z n n n feltételt, kkor z is igz rájuk, hogy n n n. (Romeo Ilie, Romnin Olympid, 999) 0. feldt. Igzoljuk, hogy h z,, pozitív vlós számokr teljesül z + + feltétel, kkor: (indii versenyfeldt) feldt. Bizonyítsuk e, hogy tetszőleges,, pozitív vlós számokr igz következő összefüggés: feldt. Mutssuk meg, hogy minden,, pozitív vlós szám esetén érvényes z lái egyenlőtlenség: 2 ( + )( + ) + 2 ( + )( + ) + 2 ( + )( + ) 4. Mtemtik Okttási Portál, - 4/24 -

5 . feldt. Tegyük fel, hogy z,, pozitív vlós számokr teljesül, hogy. Igzoljuk, hogy ekkor érvényes egyenlőtlenség. 2 ( + ) + 2 ( + ) + 2 ( + ) feldt. Bizonyítsuk e, hogy h pozitív vlós,, számokr teljesül z feltétel, kkor z is igz rájuk, hogy: ( + ) + ( + ) + ( + ) 2. (Nemzetközi Mtemtiki Diákolimpi, 995, 2. feldt) 5. feldt. Mutssuk meg, hogy minden, pozitív vlós számr teljesül z lái egyenlőtlenség: 8 ( + ) 2 4 ( ) feldt. Igzoljuk, hogy z feltételt teljesítő,, pozitív vlós számokr teljesül z lái összefüggés: (Vsile Crtoje, Gzet Mtemti) feldt. Vegyük lpul z,, pozitív vlós számokt, melyek kielégítik z feltételt. Bizonyítsuk e, hogy ekkor teljesül rájuk következő összefüggés is: feldt. Mutssuk meg, hogy tetszőleges,,, d pozitív vlós számokr fennáll z lái egyenlőtlenség: d + + 2d + + d d (Titu Andreesu, Nemzetközi Mtemtiki Diákolimpi, 99, Shortlist) 9. feldt. Igzoljuk, hogy h z,, pozitív vlós számok teljesítik z + + feltételt, kkor érvényes rájuk z lái egyenlőtlenség: Mtemtik Okttási Portál, - 5/24 -

6 20. feldt. Bizonyítsuk e, hogy tetszőleges,, pozitív vlós számokr fennáll z lái egyenlőtlenség: (Tournment of the Towns, 998) feldt. Mutssuk meg, hogy ármely,, pozitív vlós szám esetén, hol, igz következő állítás: (Arny Dániel Mtemtiki Tnulóverseny, 204/205, hldók, III. ktegóri, 2. (döntő) forduló) 22. feldt. Igzoljuk, hogy h z,, pozitív vlós számokr teljesül, hogy + +, kkor érvényes rájuk z lái összefüggés is: (r + ) + (r + ) + hol r tetszőleges pozitív vlós szám. (r + ) r +, 2. feldt. Mutssuk meg, hogy minden x, y, z pozitív vlós számr, melyekre teljesül, hogy xyz, fennáll z lái összefüggés: x 5 x 2 x 5 + y 2 + z 2 + y5 y 2 x 2 + y 5 + z 2 + z5 z 2 x 2 + y 2 + z 5 0. (Nemzetközi Mtemtiki Diákolimpi, 2005,. feldt) 24. feldt. Igzoljuk, hogy tetszőleges,, R + esetén: ( ) 2 ( ) 2 ( ) (Griel Dospinesu) 25. feldt. Az,,, x, y, z vlós számokr teljesül, hogy > 0 és x y z > 0. Bizonyítsuk e, hogy 2 x 2 (y + z)(z + y) + 2 y 2 (z + x)(x + z) + 2 z 2 (x + y)(y + x) 4. (KöML, A. 405, korei versenyfeldt) Mtemtik Okttási Portál, - 6/24 -

7 A feldtok megoldási Az első feldtn Titu-lemm egy nem szorványos szituáión történő lklmzását láthtjuk.. feldt. Legyen P egy dott ABC háromszög első pontj. P -ől BC, CA, AB egyenesekre állított merőlegesek tlppontj rendre D, E, F. Htározzuk meg z összes olyn P pontot, melyre BC P D + CA P E + AB P F összeg legkise. (Nemzetközi Mtemtiki Diákolimpi, 98,. feldt) Megoldás. Mivel háromszög kerülete K AB+BC +CA, kétszeres területe pedig 2T AB P F + BC P D + CA P E, így BC P D + CA P E + AB P F BC2 BC P D + CA2 CA P E + AB2 K2 AB P F 2T. Egyenlőség pontosn kkor áll fenn, h P D P E P F, tehát P eírt kör középpontj. A kérdéses összeg minimum pedig K2 2T. 2. feldt. Bizonyítsuk e Nesitt-egyenlőtlenséget, zz, hogy ármely,, pozitív számokr fennáll z lái összefüggés: Megoldás ( + ) + 2 ( + ) + 2 ( + ) ( + + )2 2( + + ) 2, hiszen ( + + ) 2 2( + + ) , mi pedig egy jól ismert egyenlőtlenség, s mien pontosn kkor vn egyenlőség, h. A következő három feldt Nesitt-egyenlőtlenség egy-egy áltlánosítását dj meg.. feldt. Mutssuk meg, hogy tetszőleges,,, d, e R + esetén: d + d + e + d e + + e Mtemtik Okttási Portál, - 7/24 -

8 Megoldás. Mivel l oldl így elegendő igzolnunk, hogy 2 ( + ) + 2 ( + d) + 2 (d + e) + d 2 d(e + ) + e 2 e( + ) ( d + e) d + d + e + de + d + e + e, ( d + e) d + d + e + de + d + e + e 5 2. Ez pedig igz, hiszen ekvivlens átlkításokkl következő lkr hozhtó: ( ) 2 + ( ) 2 + ( d) 2 + ( e) 2 + ( ) 2 + +( d) 2 + ( e) 2 + ( d) 2 + ( e) 2 + (d e) 2 0. d e. 4. feldt. Igzoljuk, hogy tetszőleges,,, x, y R + esetén teljesül z lái összefüggés: Megoldás. x + y + x + y + x + y x + y. l oldl 2 (x + y) + 2 (x + y) + 2 (x + y) ( + + ) 2 x + y + x + y + x + y ( + + ) 2 (x + y)( + + ) x + y ; z utolsó lépésen felhsználtuk Nesitt-egyenlőtlenség izonyításán látott ( + + ) 2 2( + + ) 2 ( + + )2 + + összefüggést. Onnn z is dódik, hogy. Mtemtik Okttási Portál, - 8/24 -

9 5. feldt. Bizonyítsuk e, hogy tetszőleges, 2,..., n pozitív vlós számokr: n n S S 2 S n n, hol S n (n 2). Megoldás. Mivel l oldl 2 (S ) (S 2 ) n n (S n ) ( n ) 2 S S n S 2 n S 2 S( n ) ( n) S 2 S 2 ( n), így elegendő megmuttnunk, hogy S 2 S 2 ( n) Ez pedig átlkítások után ekvivlens zzl, hogy n S2 n. Ennek z igzolás Titu-lemmávl könnyen megy: S 2 n ( n ) n n n n. Az is zonnl dódik, hogy 2... n. 6. feldt. Mutssuk meg, hogy h z,,, d pozitív vlós számokr fennáll, hogy d, kkor teljesül z lái összefüggés: (ír versenyfeldt, 999) Megoldás. l oldl d + ( d)2 2( d) d2 d + 2. feltétel 2. Mtemtik Okttási Portál, - 9/24 -

10 + + + d d, honnn rövid számolás után dó- d + dik, hogy d feltétel feldt. Igzoljuk, hogy tetszőleges,, pozitív vlós számokr igz z lái egyenlőtlenség: Megoldás. l oldl ( + ) ( + ) ( + ) 2 2( + ) 2 2( + ) 2 2( + ) ( )2 4( + + ) feldt. Bizonyítsuk e, hogy tetszőleges,, pozitív vlós számokr érvényes következő összefüggés: Megoldás l oldl (2( + + ))2 4( + + ) Gyorsn dódik z is, hogy feldt. Mutssuk meg, hogy h z, 2,..., n és, 2,..., n pozitív vlós számok teljesítik z n n n feltételt, kkor z is igz rájuk, hogy n n n. (Romeo Ilie, Romnin Olympid, 999) Mtemtik Okttási Portál, - 0/24 -

11 Megoldás n n n n n ( n ) n n ( n ) n n. feltétel Világos, hogy eslésen pontosn kkor vn egyenlőség, mennyien 2... n, s ekkor töi egyenlőtlenségen is egyenlőség fog szerepelni. 0. feldt. Igzoljuk, hogy h z,, pozitív vlós számokr teljesül z + + feltétel, kkor: (indii versenyfeldt) Megoldás l oldl 2 ( + ) + 2 ( + ) + 2 ( + ) + AG ( feltétel ) ( + + ) feltétel Közvetlenül dódik, hogy feltétel.. feldt. Igzoljuk, hogy tetszőleges,, pozitív vlós számokr igz következő összefüggés:. megoldás. l oldl ( + 2) + 2 ( + 2) + 2 ( + 2) ( + + )2 ( + + ), Mtemtik Okttási Portál, - /24 -

12 felhsználv korái hogy. ( + + ) összefüggést. Az is dódik onnn, 2. megoldás. Közvetlenül dódik 4. feldt eredményéől. 2. feldt. Mutssuk meg, hogy minden,, pozitív vlós szám esetén érvényes z lái egyenlőtlenség: Megoldás. Mivel 2 ( + )( + ) + 2 ( + )( + ) + 2 ( + )( + ) 4. l oldl így elegendő elátnunk, hogy ( + + ) ( + + ), ( + + ) ( + + ) 4. Ez pedig teljesül, mivel néhány ekvivlens lépésen korán már eizonyított összefüggésre hozhtó. Eől z is dódik, hogy,. A következő feldtot Mészáros Józseftől hllottm 200-en Ngy Károly Mtemtiki Diáktlálkozón, s ngyon jó rávezető péld z 995-ös Nemzetközi Mtemtiki Diákolimpi 2-es feldtár, mit után meg is nézünk.. feldt. Tegyük fel, hogy z,, pozitív vlós számokr teljesül, hogy. Igzoljuk, hogy ekkor érvényes egyenlőtlenség. 2 ( + ) + 2 ( + ) + 2 ( + ) + + Megoldás. l oldl 2 2 ( + ) + 2 ( + ) + 2 ( + ) ( ) 2 ( + + ) ( + + ) + + feltétel + +. Mtemtik Okttási Portál, - 2/24 -

13 2 ( + ) 2 ( + ). Itt például z első egyenlőségől 2 ( + ) z dódik, hogy , mit átrendezve és szorzttá lkítv következő formá önthetünk: ( ) ( + ( + )) 0. Figyeleme véve, hogy minden változó pozitív feltétel szerint, ez pontosn kkor teljesül, h. Hsonlón kpjuk, hogy, zz egyenlőség kkor és skis kkor áll fenn feldtn, h feltétel. 4. feldt. Bizonyítsuk e, hogy h pozitív vlós,, számokr teljesül z feltétel, kkor z is igz rájuk, hogy: ( + ) + ( + ) + ( + ) 2. (Nemzetközi Mtemtiki Diákolimpi, 995, 2. feldt). megoldás. Az előző feldtn láttuk, hogy ( + ) + ( + ) + ( + ) így elegendő elátnunk, hogy mi ekvivlens zzl, hogy Ez viszont igz, hiszen , + + AG () 2 feltétel. Az is közvetlenül dódik z előző feldtól, hogy. 2. megoldás. Tekintsük z lái helyettesítéseket: x :, y :, z :. Ekkor teljesülni fog z xyz feltétel, s így z egyenlőtlenség l oldl következő lesz: ( x ) ( + ) + ( ) + y z y ( + ) z x ( z ) ( + ) x y x2 y + z +, y2 z + x + z2 x + y. Mtemtik Okttási Portál, - /24 -

14 A kpott kifejezést esüljük lulról Titu-lemm segítségével, és vegyük figyeleme számtni és mértni közepek közötti egyenlőtlenséget: x 2 y + z + y2 z + x + z2 x + y (x + y + z)2 2 (x + y + z) x + y + z 2 AG xyz 2 Egyenlőséget pontosn kkor kpunk, h x y z. feltétel. Az lái péld z egyenlőségvizsgált fontosságár hívj fel figyelmet. 5. feldt. Igzoljuk, hogy minden, pozitív vlós számr teljesül z lái egyenlőtlenség: 8 ( + ) 2 4 ( ) Megoldás. Könnyen ellenőrizhető módon: ( + ) 4 ( ) ( + ). Ezt felhsználv: 2 ( ) ( ) ( + ) ( ) 2 2 ( ) T2 ( + 2) ( + ) ( + ) 4 8 ( + ). 4 Egyenlőség pontosn kkor teljesül, h ( ) 2 4 8( + ) 8( + ) 2( ) 4 ( + ) 4 ( ) 4 2( ) 4 ( + ) 4 ( ) H ezt z egyenletet megoldjuk, kkor > esetén zt kpjuk, hogy + 4 4, h pedig <, kkor zt, hogy Az eset eleve kizárt, így feldt megoldásánk végére értünk. Mtemtik Okttási Portál, - 4/24 -

15 6. feldt. Igzoljuk, hogy z feltételt teljesítő,, pozitív vlós számokr teljesül z lái összefüggés: (Vsile Crtoje, Gzet Mtemti) Megoldás. Bevezetve d : jelölést állításunk új lkj következő lesz: d ( + + ) d ( + + ) d ( + + ) + +, mi ekvivlens z láivl: d d + d d + d d 4. Ennek elátás pedig Titu-lemmávl nem onyolult feldt: l oldl mi igz, hiszen d 2 d(d ) + d 2 d(d ) + d 2 d(d ) (d) 2 d 2 d(d ) 9d2 2d 2 + d d feltétel AG (d) 2 d 2 d( + + ) 9d 2d , Az is világos, hogy feltétel. 7. feldt. Vegyük lpul z,, pozitív vlós számokt, melyek kielégítik z feltételt. Bizonyítsuk e, hogy ekkor teljesül rájuk következő összefüggés is: Megoldás. Hozzunk közös nevezőre l oldlon, mjd lklmzzuk Titulemmát: l oldl ( ) + 4 ( ) + 4 ( ) ( ) 2 () 2 ( + + ) feltétel () 2 () 2 ( + + ) Mtemtik Okttási Portál, - 5/24 -

16 Továá 2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) feltétel. 8. feldt. Mutssuk meg, hogy tetszőleges,,, d pozitív vlós számokr fennáll z lái egyenlőtlenség: d + + 2d + + d d (Titu Andreesu, Nemzetközi Mtemtiki Diákolimpi, 99, Shortlist) Megoldás. Mivel l oldl 2 ( d) + 2 ( + 2d + ) + 2 (d ) + d 2 d( ) ( d) 2 4( + + d + + d + d), így elegendő megmuttnunk, hogy ( d) 2 4( + + d + + d + d) 2. Mivel ez egy pár lépéses rendezés után ekvivlens zzl, hogy ( ) 2 + ( ) 2 + ( d) 2 + ( ) 2 + ( d) 2 + ( d) 2 0, így z állítást eláttuk. Az is láthtó, hogy d. A következő két feldtn z x +y +z xyz polinom fktorizálhtóságát fogjuk kihsználni: x + y + z xyz (x + y + z) ( x 2 + y 2 + z 2 xy yz zx ). 9. feldt. Igzoljuk, hogy h z,, pozitív vlós számok teljesítik z + + feltételt, kkor érvényes rájuk z lái egyenlőtlenség: Mtemtik Okttási Portál, - 6/24 -

17 Megoldás. l oldl 2 ( 2 + ) + 2 ( 2 + ) + 2 ( 2 + ) ( + + ) ( + + ) ( + + ) 2 ( + + ) ( ) + ( + + ) + + feltétel ( + + ) ( + + ) + + ( + + ) ( 2 + ) ( 2 + ). H tekintjük például z első egyenlőséget, kkor ól z dódik, hogy , ( 2 + ) mit átrendezve és szorzttá lkítv z ( )( + + ) 0 lkr hozhtunk. Tekintettel rr, hogy feltétel értelméen minden változó pozitív, ez pontosn kkor teljesül, h. Anlóg módon kpjuk, hogy, zz egyenlőség pontosn kkor áll fenn feldtn, h feltétel. 20. feldt. Bizonyítsuk e, hogy hol,, tetszőleges pozitív vlós számok. (Tournment of the Towns, 998) + +, Mtemtik Okttási Portál, - 7/24 -

18 Megoldás. Mivel l oldl így elegendő zt elátnunk, hogy 4 ( ) + 4 ( ) + 4 ( ) ( ) ( + ) + ( + ) + ( + ) ( ) ( + + )( + + ) ( ) 2 ( + + )( ) , Ez viszont igz, hiszen pár ekvivlens lépés után z lkot kpjuk előle, mit már eláttunk, s zt is, hogy.. 2. feldt. Mutssuk meg, hogy ármely,, pozitív vlós szám esetén, hol, igz következő állítás: (Arny Dániel Mtemtiki Tnulóverseny, 204/205, hldók, III. ktegóri, 2. (döntő) forduló) Megoldás. Vezessük e z lái jelöléseket: A :, B :, C :. Ekkor z ABC feltétel dódik, és izonyítndó állítás következő lkot ölti: A + B A 2 + AB + B 2 + B + C B 2 + BC + C 2 + C + A C 2 + CA + A 2 2. Ennek igzolásáshoz lklmzzuk kétszer z előző feldt eredményét: A A 2 + AB + B + B 2 B 2 + BC + C + C 2 C 2 + CA + A 2 B B 2 + BA + A + A 2 A 2 + AC + C + C 2 C 2 + CB + B 2 A + B + C A + B + C ;. Mtemtik Okttási Portál, - 8/24 -

19 Összedv z egyenlőtlenségeket, kpjuk, hogy: A + B A 2 + AB + B + B + C 2 B 2 + BC + C + C + A 2 C 2 + CA + A 2 A + B + C. 2 Elegendő tehát nnyit elátnunk, hogy A + B + C. Ez pedig zonnl dódik számtni és mértni közepek közötti egyenlőtlenségől: A + B + C ABC feltétel. Könnyen láthtó, hogy A B C, zz ( ) esetén minden eslésen egyenlőség lesz. A következő feldt szintén Mészáros József elődásán hngzott el. 22. feldt. Igzoljuk, hogy h z,, pozitív vlós számokr teljesül, hogy + +, kkor érvényes rájuk z lái összefüggés is: (r + ) + (r + ) + hol r tetszőleges pozitív vlós szám. Megoldás. Először is l oldl (r + ) r +, 2 (r + ) + 2 (r + ) + 2 (r + ) ( + + ) 2 r( + + ) feltétel r + Másrészt feltétel értelméen így + + feltétel r + 9 r + r +. AG () 2, rendezési tétel l oldl r +, mit éppen állítottunk. Közvetlenül dódik koráikól, hogy feltétel. Mtemtik Okttási Portál, - 9/24 -

20 2. feldt. Mutssuk meg, hogy minden x, y, z pozitív vlós számr, melyekre teljesül, hogy xyz, fennáll z lái összefüggés: x 5 x 2 x 5 + y 2 + z 2 + y5 y 2 x 2 + y 5 + z 2 + z5 z 2 x 2 + y 2 + z 5 0. (Nemzetközi Mtemtiki Diákolimpi, 2005,. feldt) Megoldás. Mivel x 5 x 2 x 5 + y 2 + z (x5 + y 2 + z 2 ) (x 2 + y 2 + z 2 ) x2 + y 2 + z 2 2 x 5 + y 2 + z 2 x 5 + y 2 + z 2 (s hsonlón töi törtre is), kpjuk, hogy ( ) x 2 + y 2 + z 2 l oldl x 5 + y 2 + z + x2 + y 2 + z 2 2 x 2 + y 5 + z + x2 + y 2 + z 2. 2 x 2 + y 2 + z 5 Így izonyítndó egyenlőtlenség ekvivlens átfoglmzás következő: x 2 + y 2 + z 2 x 5 + y 2 + z 2 + x2 + y 2 + z 2 x 2 + y 5 + z 2 + x2 + y 2 + z 2 x 2 + y 2 + z 5. Szorozzuk e mindkét oldlt (x 2 + y 2 + z 2 )-tel: (x 2 + y 2 + z 2 ) 2 x 5 + y 2 + z 2 + (x2 + y 2 + z 2 ) 2 x 2 + y 5 + z 2 + (x2 + y 2 + z 2 ) 2 x 2 + y 2 + z 5 ( x 2 + y 2 + z 2). Ennek izonyításához hsználjuk Titu-lemmát: (x 2 + y 2 + z 2 ) 2 x 5 + y 2 + z 2 (x2 ) 2 + (y2 ) 2 + (z2 ) 2 x 5 y 2 z 2 x + y2 + z 2. Anlóg módon kpjuk másik két tört felső eslését: (x 2 + y 2 + z 2 ) 2 x 2 + y 5 + z 2 x 2 + y + z2, (x 2 + y 2 + z 2 ) 2 x 2 + y 2 + z 5 x 2 + y 2 + z. Adjuk össze három egyenlőtlenség megfelelő oldlit: (x 2 + y 2 + z 2 ) 2 + (x2 + y 2 + z 2 ) 2 + (x2 + y 2 + z 2 ) 2 x 5 + y 2 + z 2 x 2 + y 5 + z 2 x 2 + y 2 + z 5 x + y + z + 2 ( x 2 + y 2 + z 2). Mtemtik Okttási Portál, /24 -

21 Elegendő tehát elátnunk, hogy Ez már gyorsn kijön: x + y + z + 2 ( x 2 + y 2 + z 2) ( x 2 + y 2 + z 2). x + y + z + 2 ( x 2 + y 2 + z 2) ( x 2 + y 2 + z 2) x + y + z x2 + y 2 + z 2 xy + yz + zx x 2 + y 2 + z 2 xyz xy + yz + zx xyz ( x 2 + y 2 + z 2), mi igz, hiszen feltétel értelméen xyz, rendezési tétel mitt pedig - mint hogy zt láttuk korán - x 2 + y 2 + z 2 xy + yz + zx. Az is zonnl dódik, hogy xyz, mi feltétel tekintete vételével zt jelenti, hogy x y z. A következő két feldt zon túl, hogy ngyon összetett, jól muttj, hogy Titu-lemm lklmzáskor nem mindegy, hogy törtek nevezőit és számlálóit hogyn ővítjük. 24. feldt. Igzoljuk, hogy tetszőleges,, R + esetén: ( ) 2 ( ) 2 ( ) (Griel Dospinesu) Megoldás. Szinte kínálj mgát l oldl, hogy zonnl lklmzzuk rá Titu-lemmát. Nézzük, mi jön ki előle: ( ) 2 ( ) 2 ( ) Azt kellene tehát megmuttnunk, hogy ( + + ) 2 ( + ) 2 + ( + ) 2 + ( + ) 2. ( + + ) 2 ( + ) 2 + ( + ) 2 + ( + ) Gyorsn elátjuk, hogy ezt z egyenlőtlenséget nem tudjuk igzolni, mivel nem igz. Ehhez vezessük e következő jelöléseket: x : , y : + +. Mtemtik Okttási Portál, - 2/24 -

22 Így izonyítndó egyenlőtlenség lkj z lái lesz: mi pár lépés után következőt dj: x + 2y 2x + 2y 4 x y, 4y 2 x 2 + xy. Ez pedig nyilvánvlón hmis, mivel x y, zz túlságosn erős volt eslés. Emitt először ővítsük törteket, mjd ztán lklmzzuk Titulemmát: l oldl 4 2 ( + ) ( + ) ( + ) 2 ( ) 2 ( + ) 2 + ( + ) 2 + ( + ) 2, vgyis elég elátnunk, hogy ( ) 2 ( + ) 2 + ( + ) 2 + ( + ) Innen ekvivlens lépésekkel következőt kpjuk: Mivel így kpjuk, hogy 0 ( ) , Hsonlón dódik, hogy , A három egyenlőtlenséget összedv, mjd kpott egyenlőtlenséget 2-vel szorozv összefüggéshez jutunk. Elegendő tehát megmuttnunk zt, hogy Mtemtik Okttási Portál, /24 -

23 Ez viszont igz, hiszen pár lépés után következő lkr hozhtó: 2 ( ) ( ) ( ) 2 0. Az is jól látszik innen, hogy egyenlőség pontosn kkor áll fenn, mennyien. 25. feldt. Az,,, x, y, z vlós számokr teljesül, hogy > 0 és x y z > 0. Bizonyítsuk e, hogy 2 x 2 (y + z)(z + y) + 2 y 2 (z + x)(x + z) + 2 z 2 (x + y)(y + x) 4. (KöML, A. 405, korei versenyfeldt) Megoldás. A rendezési tétel segítségével először is végezzünk eslést nevezőkre vontkozón ( változók között fennálló ngyságrendi viszony egyéként sugllj rendezési tétel hsználtát): z + y y + z (y + z)(z + y) (y + z) 2, x + z z + x (z + x)(x + z) (z + x) 2, y + x x + y (x + y)(y + x) (x + y) 2. ( vgy x y z). Így z egyenlőtlenség l oldl lulról esülhető: 2 x 2 l oldl (y + z) + 2 y 2 2 (z + x) + 2 z 2 2 (x + y), 2 vgyis elég lenne nnyit elátnunk, hogy 2 x 2 (y + z) y 2 (z + x) z 2 (x + y) 2 4. H vlki ezen ponton ővítés nélkül lklmzz Titu-lemmát, hsonló kdály ütközik, mint zt láttuk z előző feldtn (jvslom kipróálásr). Ehelyett vezessük e z A : x, B : y, C : z jelöléseket, s így izonyítndó összefüggés z lái lkot ölti: ( A B + C ) 2 + ( B C + A ) 2 + ( C A + B ) 2 4, mi zonnl dódik z előző feldtól, hiszen - mint zt már töször felhsználtuk - A 2 + B 2 + C 2 AB + BC + CA. Az egyenlőség feltétele z előző feldt és rendezési tételre vontkozó ismeretek mitt: és x y z. Mtemtik Okttási Portál, - 2/24 -

24 Források Reimn István, Doos Sándor: Nemzetközi Mtemtiki Diákolimpiák , Typotex 200, Budpest Letöltve: Letöltve: GENERALIZATIONS_AND_REFINEMENTS_FOR_ BERGSTROM_AND_RADONS_INEQUALITIES.pdf Letöltve: Letöltve: Letöltve: Letöltve: Letöltve: Letöltve: Letöltve: Mtemtik Okttási Portál, /24 -