Megoldások, megoldás ötletek (Jensen-egyenlőtlenség) I. Geometriai egyenlőtlenségek, szélsőérték feladatok 1. Mivel az [ ] f :0; π ; xa sin xfolytonos az értelmezési tartományán, ezért elég azt belátni, hogy szigorúan gyengén konkáv ezen az intervallumon. Legyen 0 x< y π! Ekkor sin x + sin y sin x + y os x y sin x + y x y <, hisz os < 1, mivel x y. Ebből következően egyenlőség akkor és sak akkor állhat fenn, ha xy. π. Mivel osx sin x+, így könnyen jön az állítás. x y. Ebből következően egyenlőség akkor és sak akkor állhat fenn, ha xy. π 3. Mivel az f :0; ; x tgx a folytonos az értelmezési tartományán, ezért elég azt belátni, hogy szigorúan gyengén konkáv ezen az intervallumon. Ismert, hogy x+ y x+ y sin os tgx+ tgy sin( x+ y) os x osy osx os y x+ y os x+ y 1+ os( x+ y) x+ y tg tg osx osy osx osy ( ) 1 os x y + osx os y x+ y tg osx osy ( x y) 1 os 1+ x + y x + tg tg y > osx os y Mivel x y. Ebből következően egyenlőség akkor és sak akkor állhat fenn, ha xy. Érdemes végiggondolni az egységsugarú kör felhasználásával történő elemi bizonyítást! 4. a) a + b + ab Használjuk fel, hogy T r, továbbá 4R a R sinα, b R sin β, R sinγ. b) A Héron-képlet szerint T s( s a)( s b)( s tg α s r, valamint. Ezen utóbbit felírva a többi szögre is kapjuk az állítást. a Matematika Oktatási Portál, http://matek.fazekas.hu/ - 1/17 -
tgα + tg β Tudjuk, hogy tgγ tg( 180 α β ) tg( α + β ). tgα tg β 1 d) Használjuk fel a koszinusz-tételt és a trigonometrikus területképletet, valamint a kotangens definíióját! e) b + a + a b a + b osα+ osβ+ os γ + + b a ab a+ b+ b+ a a+ b a+ b 16s( s a)( s b)( s 1+ 1+ ab a+ b+ ab s ( )( )( )( ) ( ) 4t t 4t r 1+ 1+ 1+ abs s ab R f) r Használjuk a b) feladat megoldásában látott tg α összefüggést és írjuk fel ennek s a megfelelőjét a többi szögre is, valamint alkalmazzuk a Héron-képletet és a Trs a területképletet! g) Használjuk fel, hogy sinγ sin( α+β ), az 1. feladatban látott összefüggést, és a koszinuszra felírt hasonló összefüggést! h) Az előzőhöz hasonlóan megoldható. i) Használjuk az 1. feladatban látott összefüggést és a koszinuszra felírt hasonló összefüggést! j) Az előzőhöz hasonló k) Mivel os α + β osγ osα os β sinα sin β ( ) osα os β + osγ sinα sin β így négyzetre emelés után os α os 1 os β + osα os β osγ α os β + os ebből pedig jön az állítás. l) Hasonló az előzőhöz. m) Következik az alábbiból. α os + os β γ ( 1 os α )( 1 os β ) Matematika Oktatási Portál, http://matek.fazekas.hu/ - /17 -
γ α + β tg tg 90 n) A korábbiakból levezethető. 1 α β tg + α β tg + tg α β tg tg 1 5. a) Legkisebb felső korlát: Az 1. feladatból tudjuk, hogy a szinusz függvény a [0;π] intervallumon szigorúan konvex, így a α+β+γ o 3 3 Jensen-egyenlőtlenség alapján sinα+ sinβ+ sinγ sin sin60 3. Legnagyobb alsó korlát: A szinuszok összege mindig pozitív, de a 0-t tetszőlegesen megközelítheti. Tekintsük egy 1 1 olyan egyenlő szárú háromszöget, melynek szögei α 180 o, β, γ! n n n Ekkor o 1 1 sinα+ sinβ+ sinγ sin 180 + sin sin + sin n n n n 1 1 sin os + 1 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 α β γ, ekkor az αβ, hegyesszög. Így a. feladat alapján α+β α+β osα+ osβ+ osγ os + osγ os os( α+β ) α+β α+β α+β α+β α+β os os + sin 1+ os os 3 1 α+β α+β 3 1 α+β 3 + os os 1 os Legnagyobb alsó korlát: r r Az előző feladatból ismert, hogy osα + os β + osγ 1+. Mivel 0 R R >, ezért a koszinuszok összege nagyobb 1-nél. Az 1-et viszont tetszőlegesen megközelítheti. Az 1 1 előzőhöz hasonlóan legyen α 180 o, β, γ! n n n Matematika Oktatási Portál, http://matek.fazekas.hu/ - 3/17 -
Ekkor o 1 1 osα+ osβ+ osγ os 180 + os os + os 1+ 1, n n n n ha n. Felhasználtuk, hogy a koszinusz függvény az értelmezési tartománya minden pontjában folytonos. Tehát legnagyobb alsókorlátja az 1. Legkisebb felső korlát: Mivel a tényezők pozitívok, így a háromtagú számtani-mértani közép egyenlőtlensége, és a Jensen-egyenlőtlenség alapján írhatjuk, hogy α β γ α β γ sin + sin + sin + + α β γ 3 3 1 sin sin sin sin o sin 30. 3 3 8 Legnagyobb alsó korlát: Az előzőekhez hasonlóan belátható, hogy 0-nál nagyobb, de azt tetszölegesen megközelítheti, tehát a 0. 3 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 1. Derék- ill. tompaszögű háromszög esetén pedig nyilván kisebb 1 -nél, mivel a szorzat 0, ill. negatív. Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. Legnagyobb alsó korlát: Az előzőekhez hasonlóan belátható, hogy -1-nél nagyobb, de azt tetszőlegesen megközelítheti, tehát a -1. Az a) és b) feladatban elemi megfontolásokkal, a Jensen-egyenlőtlenség alkalmazása nélkül is megkereshetjük a kifejezések maximumát, amiből jön a és d) feladat kifejezéseinek a maximuma is. Lásd Reiman István: Geometria és határterületei ímű könyvében. 6. A bizonyítás jön a 4. feladat e) részéből az 5. feladat b) részének felhasználásával. Matematika Oktatási Portál, http://matek.fazekas.hu/ - 4/17 -
Az állítás elemi úton is bizonyítható a Feuerbah kör felhasználásával. Lásd Reiman István: Geometria és határterületei ímű könyvében. 7. Használjuk a háromtagú számtani-mértani közép egyenlőtlenségét, a 4. feladat részét, a 3. feladat eredményét, és a Jensen-egyenlőtlenséget ebben a sorrendben! 8. Teljes négyzetek összegére való visszavezetéssel könnyen igazolható, hogy α β γ α β β γ γ α tg + tg + tg tg tg + tg tg + tg tg. 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 sak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. b) Az állítás jön a 4. feladat k) és az ötödik feladat d) részéből. Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 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. 1 1 1 1 1 1 + + 3 α β γ 3 α β γ os os os os os os 16 16 64 3 3 3 3 3 4 ( sinα+ sinβ+ sin γ) 7 3 3 3 d) Ebben a feladatban az előzőhöz hasonlóan járhatunk el. 1 1 1 1 1 1 + + 3 α β γ 3 α β γ os os os os os os 4 4 8 33 3 33 3 sinα+ sinβ+ sin γ 3 3 3 7 e) Mivel egy háromszög szögeinek szinusza pozitív ezért alkalmazzuk a háromtagú számtaniharmonikus közép egyenlőtlenségét, és az 5. feladat a) részét! Matematika Oktatási Portál, http://matek.fazekas.hu/ - 5/17 -
1 1 1 1 9 + + 9 3 sinα sinβ sinγ sinα+ sinβ+ sin γ 3 3 f) A háromtagú számtani-mértani közép egyenlőtlenségéből és az 5. feladat részéből jön. 10. a) Használjuk fel a közismert a + b + ab+ b+ a egyenlőtlenséget, a két oldalt és közbezárt szög szinuszát tartalmazó területképletet, valamint a 9. feladat e) részét. a+ b+ a + b + + ab+ b+ a 3ab+ 3b+ 3a s 4 4 3 1 1 1 3 t + + t 3 3 3 t sinγ sinα sinβ 1. Adott kerületű háromszögek közül a szabályos háromszög területe a legnagyobb.. Adott területű háromszögek közül a szabályos háromszög kerülete a legkisebb. 3. Az állítás más módon is bizonyítható, lásd Reiman István: Geometria és határterületei ímű könyvében. b) Következik az előzőből a trs képlet felhasználásával. Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 1. 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. 3. Az állítás más módon is bizonyítható, lásd Reiman István: Geometria és határterületei ímű könyvében. Tudjuk, hogy a Rsin α, b Rsin β, Rsin γ, így 5. feladat a) része alapján 3 3 s Rsinα+ Rsinβ+ Rsinγ R( sinα+ sinβ+ sin γ) R. Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 1. 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. 3. Az állítás más módon is bizonyítható, lásd Reiman István: Geometria és határterületei ímű könyvében. Matematika Oktatási Portál, http://matek.fazekas.hu/ - 6/17 -
d) Használjuk fel az a) és a feladatot! Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 1. 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. 3. Az állítás más módon is bizonyítható, lásd Reiman István: Geometria és határterületei ímű könyvében. 11. Az egyenlőtlenség bizonyításához használjuk fel, hogy a háromszög hozzáírt köre a szemközti súshoz tartozó oldalak egyenesét a szemközti sústól félkerület távolságra érinti. Mivel a szemközti súshoz tartozó belső szögfelezők átmennek a hozzáírt kör középpontján, ezért α r felírható, hogy pl. tg a, ahol r a az A súsal szemközti hozzáírt kör sugara. A többi s π szögre is felírva hasonló összefüggéseket és felhasználva, hogy a f :0; ; x tgx a függvény a az értelmezési tartományán szigorúan konvex, a Jensen-egyenlőtlenség alapján 3 kapjuk, hogy ra rb rb s tg α tg β tg γ 3stg α+β+γ + + + + 3s 3s 6. 3 1. Bontsuk fel a zárójeleket a baloldalon, majd megfelelő soportosítás és kiemelés után alkalmazzuk a koszinusz-tételt, valamint az 5. feladat b) részét! Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 13. A koszinusz-tétel alapján azt kapjuk, hogy b a ba 1 1 1 + + + + b + a a + b b + a osα osβ os γ 9 1 9 3 osα+ osβ+ osγ 3, ahol alkalmaztuk a háromtagú számtani-harmonikus közép egyenlőtlenségét (hegyesszögek koszinusza pozitív), és az 5. feladat b) részét! Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 14. Mivel s a félkerület, így ezt beírva az eredetivel ekvivalens alábbi egyenlőtlenséghez jutunk. ab b a + + a+ b+ a+ b b+ a + a b Ezt leosztva a pozitív a+b+-vel megkapjuk a ab b a + + 1 a+ b b+ a + a b ( ) ( ) ( ) egyenlőtlenséget, mely ugyansak ekvivalens az eredetivel, így elég ezt bizonyítani. Matematika Oktatási Portál, http://matek.fazekas.hu/ - 7/17 -
A koszinusz-tételből jön, hogy ( a b) ab( 1 os ) + + γ. A többi tagra is írjuk fel a megfelelő összefüggést, majd helyettesítsünk be! ab b a 1 1 1 + + + + a+ b b+ a + a b 1+ osγ 1+ osβ 1+ os α ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 9 9 1 9 1 1 1 ( + osγ ) + 1 ( + osβ ) + 1 ( + osα ) 3+ osγ+ osβ+ osα 3 3 + Itt alkalmaztuk a háromtagú számtani-harmonikus közép egyenlőtlenségét és az 5. feladat b) részét. 15. Első egyenlőtlenség. Mivel a Rsin α, b Rsin β, Rsin γ, így R R R 1 1 1 1 1 9 + + + + a b 4 sin α sin β sin γ 4sin α+ sin β+ sin γ 19 1 49 4, itt felhasználtuk a háromtagú számtani-harmonikus közép egyenlőtlenségét és a 9. feladat a) részét. Ebből már könnyen jön az állítás. Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. Második egyenlőtlenség. Legyen a beírt kör érintési pontjai által az oldalakból levágott szakaszok hossza az A súsnál x, a B súsnál y, a C súsnál z! Ekkor ay+z, bx+z, x+y. Másrészt α r β, r γ tg tg, tg r. x y z Ezek alapján 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + a b ( y+ z) ( x+ z) ( x+ y) 4 yz xz xy 1 β γ α γ β α 1 tg tg tg tg tg tg 4r + + 4r, itt felhasználtuk a két tagú számtani-mértani közép közötti egyenlőtlenséget és a 4. feladat f) részét. Egyenlőség mindkét esetben akkor és sak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 16. Ha tükrözzük a háromszöget az a oldal felezőpontjára, akkor egy olyan paralelogrammát kapunk, melynek egyik átlója s a, szögei α, 180 -α. Írjuk fel a s a átlóra a koszinusz-tételt! 4s b + b os 180 α b + + b osα, így o Ekkor pl. a ( ) a b + + b osα ( b + b os α) sa b osα. Írjuk fel a többi 4 4 nevezőre is, valamint szorozzunk be t vel és használjuk fel a trigonometrikus Matematika Oktatási Portál, http://matek.fazekas.hu/ - 8/17 -
területképletet. Ekkor az eredetivel ekvivalens egyenlőtlenséghez jutunk, mely az alábbi módon igazolható t t t b sinα a sinβ ba sin γ + + + + a b b osα a osβ ba os γ sa sb s 4 4 4 tgα+ tgβ+ tgγ 3 3, ami ekvivalens a kiindulási egyenlőtlenséggel. Itt felhasználtuk a 7. feladatot az n1 estre. 17. Alakítsuk át a baloldali kifejezést az alábbi módon! t t t 1 1 1 + + + + ab 4t b 4t a 4t ab b a 4 4 4 t t t 1 1 1 tgα+ tgβ+ tgγ 3 3 + + 4 4 4 4 4 4 sin γ sin α sin β Itt felhasználtuk a trigonometrikus Pitagorasz-tételt és azt is, hogy a háromszög hegyesszögű, valamint a 7. feladatot az n1 estre. Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. ab 18. Az egyenlőtlenség következik a 10. feladat d) részéből a t képlet felhasználásával. 4R 19. 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 oldalé és a szemközti szögfelezőé. A szögfelező tétel alapján a ba BP, PC b+ b+, ab b CQ, QA a+ a+, b a AR, RB a+ b a+ b. Így a kimaradó rész területe a trigonometrikus területképlet alapján. Matematika Oktatási Portál, http://matek.fazekas.hu/ - 9/17 -
1 b b a a ba ba sinα+ sinβ+ sin γ a+ a+ b a+ b+ b a+ + b 1 b b TABC a a TABC ba ba TABC 3 TABC + + a a b b a b b a a b ba + + + + + + 4 Egyszerűsítés és az (a+b)(b+(+a)-val való beszorzás és rendezés után az előzővel ekvivalens ab + ba + b + b + a + a 6ab egyenlőtlenséghez jutunk, ami a hattagú számtani-mértani közép közötti egyenlőtlenség alapján igaz. Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 0. A feladat megoldásában felhasználjuk a kerületi szögek tételét. Ez alapján RPQ β+γ, PQR α+γ, QRP β+α, így a PQR háromszög biztosan hegyesszögű, tehát a köré írt kör O középpontja a háromszögön belül van. Ezek után felírhatjuk, hogy R sin( β+α) R sin( β+γ) R sin( γ+α) T TPQO + TRQO + TPRO + + R ( sinγ+ sinα+ sinβ) Az ABC háromszög területe kifejezhető a t R sinγsinαsin β alakban. Így a bizonyítandó egyenlőtlenség ekvivalens a ( sinγ+ sinα+ sinβ) 3 7sinγsinαsin β egyenlőtlenséggel, ami a háromtagú számtani-mértani közép egyenlőtlensége miatt igaz. Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha a háromszög szabályos. 1. A háromszög területét kifejezhetjük az x, y, z szakaszok és az oldalak, íll. a beírt kör sugara és ax+ by+ z a+ b+ az oldalak segítségével az alábbi módon. T r. Ebből Matematika Oktatási Portál, http://matek.fazekas.hu/ - 10/17 -
ax+ by+ z r. Alkalmazzuk a súlyozott számtani-harmonikus közép közötti a+ b+ egyenlőtlenséget az alábbi módon! a b a 1 b 1 1 + + ( a+ b+ + + x y z a+ b+ x a+ b+ y a+ b+ z a+ b+ 1 ( a+ b+ ( a+ b+ ax+ by+ z r Tehát a b a + b + + +. Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha xyz, azaz P a x y z r beírt kör középpontja.. Első egyenlőtlenség. Készítsünk ábrát! Osszuk végig az egyenlőtlenséget PA PB PC-vel, ekkor az eredetivel x+ yz+ yx+ z ekvivalens 1 egyenlőtlenséget CP AP BP kapjuk. Az ábrán létrejövő derékszögű háromszögekben felírhatjuk hegyesszög szinuszának definíióját. Ez alapján x+ yz+ yx+ z CP AP BP sinγ + sinγ sinα + sinα sinβ+ sinβ Második egyenlőtlenség. Ez triviális. ( )( )( ) 1 1 1 γ α β sin sin sin 1 Itt felhasználtuk az 1. feladat, illetve a 5/ eredményét. Egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha P egy szabályos háromszög középpontja. Érdemes meggondolni, hogy a bizonyítás tompaszögű háromszög esetén is helyes. 3. Emeljük négyzetre az egyenlőtlenség mindkét oldalát ekkor az eredetivel ekvivalens ( ) R x + y + z 9 egyenlőtlenséghez jutunk. A Cauhy-egyenlőtlenség alapján ( x y z) xa yb z ( ax by z) 1 1 1 1 1 1 + + + + + + + +. a b a b 1 1 1 9R Így azt elég bizonyítani, hogy ( ax+ by+ z) + +. a b Az első zárójelben a háromszög területének a kétszerese szerepel. Matematika Oktatási Portál, http://matek.fazekas.hu/ - 11/17 -
Így 1 1 1 1 1 1 ab 1 1 1 ( ax+ by+ z) + + T + + + + a b a b R a b 1 1 ( b+ a+ ab) ( 4 R sin β sin γ+ 4 R sin α sin γ+ 4 R sin α sin β ) R R R β γ+ α γ+ α β ( sin sin sin sin sin sin ) ( os( ) os( ) os( ) os os os ) R β γ + α γ + α β + β+ α+ γ 3 9R R( 3+ osβ+ osα+ osγ) R 3+ Itt felhasználtuk, hogy a koszinusz függvény maximuma 1, és az 5/b feladat eredményét. Matematika Oktatási Portál, http://matek.fazekas.hu/ - 1/17 -
II. Egyenletek, egyenlőtlenségek 1. Az első egyenletből kapjuk, hogy xyz1. A második egyenlet baloldalának besléséhez használjuk fel azt, hogy a valós számok halmazán értelmezett f(x)10 x függvény szigorúan monoton növekvő és szigorúan konvex, valamint alkalmazzuk a Jensen-egyenlőtlenséget. x y z 3 + 3 + 3 x+ y+ z x y z 3 x+ y+ z 3 3 3 3 3 3 3 xyz 3 3 10 + 10 + 10 310 310 310 310 3000. Innen jön, hogy xyz.. Használjuk fel, hogy ha az f :[ ab ; ] ; xa f( x) függvényre minden xy, [ ab ; ] esetén teljesül, hogy f( x) f( y) f ( xy ) esetén fennáll az f( x1) f( x)... f( xn) nf ( 1... ) n x x xn +, akkor bármely x, x,..., x [ ab ; ] 1 + + +! Ez alapján elég azt bizonyítani, hogy bármely xy, 1 esetén viszont ekvivalens a 0 ( x y) ( 1 xy ) n 1 1 +. Ez 1+ x 1+ y 1+ xy egyenlőtlenséggel, ami triviálisan igaz. 3. A feltételt tekintsük -re nézve másodfokú egyenletnek. Így a + ab+ b + a 4 0 egyenletet kapjuk, melynek diszkriminánsa a b D ( ab) 4( a + b 4) 16 1 1. Könnyen meggondolhatjuk, hogy a kifejezésben szereplő második és harmadik tényező a b nem lehet negatív a feltétel miatt, így 1 0,1 0. Legyen a b π os α, osβ, ahol αβ, 0;, hisz 0 a ; b < 1. Írjuk fel a megoldó képletet! 1; a b ab ± 1 1 Ebből sak a Így a b ab + 1 1 1 felel meg a feltételnek. ( )( ) 4osαosβ+ 1 os α 1 os β 1 os ( αosβ sinαsinβ ) os( α+β) Matematika Oktatási Portál, http://matek.fazekas.hu/ - 13/17 -
π tehát os( α+β ). Legyen os γ, ahol γ 0;, hisz 0 < 1. Így osγ os( α+β ). Tudjuk, hogy os os( ) γ π γ, ezért ( ) os α+β os( π γ ). Mivel 0 <π γ; α+β<π, ezért az eddigiekből következik, hogy α+β+γπ. a b 3 Tehát a+ b+ + + os ( α+ osβ+ osγ) 3 az I. 5/b alapján. Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha ab. 4. Fejezzük ki a feltételből z-t x+ y z xy 1! π Mivel x, y>0, ezért legyen x tgα, y tgβ, ahol αβ, 0;! Ekkor tgα+ tgβ z tg α+β tgα tgβ 1 ( ) ( ) ( ) π. Másrészt legyen z tgγ, γ 0,! Ekkor tgγ tg α+β tg α+β, ami az eddigiek alapján azt jelenti, hogy α+β+γπ. Így 1 1 1 1 1 1 + + + + 1+ x 1+ y 1+ z 1+ tg α 1+ tg β 1+ tg γ 3 osα+ osβ + osγ Itt felhasználtuk az I. 5/b feladatot. Egyenlő akkor és sak akkor, ha xyz. 5. α β γ Mivel x, y, z 1-nél kisebb pozitív valós számok, ezért legyen x tg, y tg, z tg, π ahol αβγ,, 0;. 1 yx 1 1 1 α+β Ekkor a feltétel alapján z tg. y+ x y+ x α β α+β tg + tg tg 1 yx α β 1 tg tg γ α+β α β γ π Így tg tg, ami az értelmezési tartomány miatt azt jelent, hogy + +, azaz α+β+γπ, ahol a szögek hegyesszögek. Így Matematika Oktatási Portál, http://matek.fazekas.hu/ - 14/17 -
α β γ tg tg tg x y z + + + + 1 x 1 y 1 z α β λ 1 tg 1 tg 1 tg tgα + tgβ + tgγ 3 3, itt felhasználtuk a kétszeres szög tangensére vonatkozó összefüggést és a 7. feladatot n1- re. Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha xyz. a b a b 6. Legyen a+b+d! Ekkor + + 1, így legyen x, y, z, tehát x+y+z1. d d d d d d Így a bizonyítandó egyenlőtlenség a következő alakot ölti a b a b + + d + d + d a + 8b b + 8a + 8ba a b b a ba + 8 + 8 + 8 d dd d dd d dd x y z + + 1 x + 8yz y + 8xz z + 8yx, ahol x+y+z1. Ezt az eljárást nevezik normalizálásnak. Ebből kiderül, hogy az általánosság megszorítása nélkül már az elején feltehetjük, hogy a+b+1, azaz normalizálhatjuk az ismeretleneket. Éljünk ezzel a lehetőséggel! 1 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 1 1 + x+ y 1 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 a b + + af ( a + 8b + bf ( b + 8a + f ( + 8ba) a + 8b b + 8a + 8ba ( ( 8 ) ( 8 ) ( 8 )) f a a + b + bb + a + + ba ( ) tehát azt kell belátni, hogy f a( a b bb ( a ( ba) szigorúan sökkenő és f(1)1, ezért elég azt belátni, hogy + 8 + + 8 + + 8 1. Mivel f ( + 8 ) + ( + 8 ) + ( + 8 ) 1, azaz ( 8 ) ( 8 ) ( 8 3 3 3 ) 4 1 ( ) 3 a a b bb a ba a a + b + bb + a + + ba a + b + + ab a+ b+. a + b + a+ b+ 3( a+ b)( + b)( + a) összefüggés. Ezt beírva és az 3 3 3 Ismert az ( ) 3 Matematika Oktatási Portál, http://matek.fazekas.hu/ - 15/17 -
egyenlőtlenséget rendezve az eredetivel ekvivalens ab + ba + b + b + a + a ab 6 egyenlőtlenséghez jutunk, amit már igazoltunk. Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha ab. 7. Az előző feladatban látottakhoz hasonlóan igazolható, hogy a folytonos 1 f : + ; f( x) szigorúan konvex. xx ( + 1) Így a b d a b d + + + 4 f( b) f() f( d) f( a) + + + b + b + d + d a + a 4 4 4 4 ab+ b+ d + da 4f 4 a b d 64, tehát + + +. b + b + d + d a + a ab+ b+ d + da + 4( ab+ b+ d + da) ( ) Így elég belátni, hogy 64 8 ab+ b+ d + da + 4( ab+ b+ d + da) ( a+ ( b+ d) ( ) ab+ b+ d + da 4 ( ) 4 ab+ b+ d + da 16 ( a+ b+ + d) ( a b d) + 0 Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha abd1. 8. A négyzetgyök függvény szigorúan konkáv az értelmezési tartományán. Használjuk fel ezt a tényt! a b a+ 4 aa ( + b+ a+ b 4( ba+ b+ b+ 4( a+ b+ + + + + a+ b b+ + a ( a+ b+ ( a+ b)( a+ ( a+ b+ ( + b)( a+ b) ( a+ b+ ( a+ ( b+ a+ 4 aa ( + b+ a+ b 4 ba ( + b+ b+ 4( a+ b+ ( a b ( a b)( a ( a b ( b)( a b) ( a b ( a+ ( b+ + + + + + + + + + + + + aa ( + b+ ba ( + b+ ( a+ b+ + + ( a+ b)( a+ ( + b)( a+ b) ( a+ ( b+ Ezután azt kell belátni, hogy Matematika Oktatási Portál, http://matek.fazekas.hu/ - 16/17 -
aa ( + b+ ba ( + b+ a ( + b+ 9 + + ( a+ b)( a+ ( + b)( a+ b) ( a+ ( b+ 4 ( ab+ b+ a)( a+ b+ 9 ( a+ b)( a+ ( b+ 4, ezen utóbbi pedig ekvivalens a ab + ba + b + b + a + a 6ab egyenlőtlenséggel, amit már korábban beláttunk. Egyenlőség akkor és sak akkor áll fenn, ha ab. Matematika Oktatási Portál, http://matek.fazekas.hu/ - 17/17 -