Szélsőérték problémák elemi megoldása I. rész Izoperimetrikus problémák Tuzson Zoltán, Székelyudvarhely

Szélsőérték problémák elemi megoldása I. rész Izoperimetrikus problémák Tuzson Zoltán, Székelyudvarhely Ebben a dolgozatban szélsőértékek számolásával foglalkozunk, de csupán csak elemi módszereket használunk. Ez azt jelenti, hogy teljesen mellőzzük a matematikai analízis eszközeit. Ez egyes feladatok esetén nem is használható, más esetben inkább az elemi módszerek szépségeire, sokszínűségére és változatosságára fektetjük a hangsúlyt. A szélsőérték fogalma gyűjtő fogalom, a legnagyobb (maimum) és a legkisebb (minimum) értékek közös megnevezésére használják. Ezek értelmezése a következő:. Értelmezés: Az f : D R R függvénynek M = f ( a) globális maimuma (egyszerűen maimuma), ha f ( ) M minden Desetén.. Értelmezés: Az f : D R R függvénynek m = f (b) globális minimuma (egyszerűen minimuma), ha f ( ) m minden Desetén. Amennyiben az egyenlőtlenségek a D halmaznak csak egy részhalmazán teljesülnek, a szélsőértékek csak lokáli vagy helyi szélsőértékek. Egy függvénynek lehet több lokális minimuma vagy maimuma is, és a lokális maimum kisebb is lehet mint a lokális minimum. A lokális maimum közül a legnagyobb a függvény globális maimuma, a lokális minimumok közül a legkisebb a függvény globális minimuma. A szélsőérték problémák közül egyik legrégibb problémák az úgynevezett izoperimetrikus problémák. Az izoperimetrikus szó az izo = állandó, periméter = kerület szóösszetételből ered. A probléma a következő: A síkbeli izoperimetrikus tétel: a) Az adott kerületű síkalakzatok közül a kör a legnagyobb területű. b) Az adott területű síkalakzatok közül a kör a legkisebb kerületű. Euklidész aki i.e. 00 körül élt, már ismerte a téglalapok izoperimetrikus problémájának a megoldását, amely valószínűleg már előtte is ismert volt. Arkhimédesz (i.e. 87-), ismerte az izoperimetrikus tétel állítását. Időszámításunk kezdete táján a geometriai szélsőértékek tanulmányozása már meglehetősen fejlett volt. Tudomásunk van arról, hogy Zenodórosz, aki kb. i.e. 00 és i.sz. 90 között élt, írt egy Izoperimetrikus alakzatok című könyvet, ennek sajnos egyetlen példánya sem maradt hátra, de az ő eredményeit újra ismertette és bebizonyította az aleandriai Papposz i.sz. 00 körül. A monda szerint az izoperimetrikus probléma eredete a következő: Dido, Tyrosz királyának lánya volt. Nagybátyjához, Acerbászhoz ment feleségül, akit azonban mesés vagyona miatt hamarosan meggyilkoltak. Dido ekkor Acerbász kincseivel együtt Ciprusra menekült, majd innen tovább hajózott Afrika Szicíliához közeli partjaira. Elment a vidék uralkodójához és elmondta neki, hogy szeretne a tengerpart mentén egy földdarabot vásárolni, de nem nagyobbat, mint amekkorát egy marhabőrrel körül tud keríteni. Az uralkodó mosolyogva beleegyezett a szépséges királynő kérésébe, sőt nagylelkűen még meg is ajándékozta egy jókora marhabőrrel. Az okos Dido keskeny csíkokra vágta azt szét és a szeleteket összecsomózva olyan hosszú kötélhez jutott, amelyikkel jóval nagyobb (tengerbenyúló) földterületet lehetett elkeríteni a tengerparton, mint amekkorát az uralkodó elképzelt. Így alapította meg Karthágó virágzó városát, aminek később ő lett a királynője. A középkorban számos neves matematikus foglalkozott ezzel a témakörrel. Néhány híres nevet említve: Descartes (596-650), Jacob Bernoulli (65-705), Johann Bernoulli (667-78), Euler (707-78), Lagrange (76-8), és mások Kétségtelenül Jacob Steiner (796-86) svájci matematikus volt az, akinek a munkássága a korábbi eredmények betetőzését jelentette, szintetizálta a korábbi eredményeket, új ötletekkel gazdagította e problémakört, de mindegyikük (akárcsak Zenodórosz is), nyilvánvalónak tartotta és nem bizonyította azt, hogy létezik megoldása ennek a problémának. (v.ö. [], 9. oldal). Dirichlet (805-859) vette észre először az izoperimetrikus tétel eddigi bizonyításának a hiányosságát, és csak 870-ben, Weierstrass (85-89) küszöbölte ki ezt, ugyanis szigorúan bebizonyította a kör nevezetes szélsőérték tulajdonságát. Ezek után számos más

matematikus foglalkozott a probléma különböző bizonyításával (v. ö. [], 6. oldal), de mindmáig egyetlen igazán elemi bizonyítás sem született. A síkbeli izoperimetrikus tétel bizonyításának a menete a következő: ) A Weierstrass tétel segítségével belátjuk, hogy az adott k kerületű n oldalú sokszögek között létezik maimális területű, ha n rögzített. ) Belátjuk, hogy az azonos hosszúságú, n oldalú, zárt sokszögvonalak közül a szabályos sokszög területe a legnagyobb. ) Belátjuk, hogy az adott k kerületű, szabályos sokszögek területének van szuprémuma, midőn befutja N-et, a k kerületű kör területe. Mivel erre nincs elemi bizonyítás, a dolgozatunkban ezt nem is mutatjuk be, ellenben megjegyezzük, hogy a bizonyításnak számos láncszeme elemi, és ezeket részben fellelhetjük a következő feladatok bizonyításában. ) A háromszög izoperimetrikus tételei: a) Adott kerületű háromszögek közül az egyenlő oldalúnak a legnagyobb a területe. b) Adott területű háromszögek közül az egyenlő oldalúnak a legkisebb a kerülete. a + b + c Bizonyítás: Jelölje a, b, c az ABC háromszög megfelelő oldalainak a hosszát, és legyen p = a háromszög félkerülete, és T a területe. Ekkor Heron képlete szerint T = p( p a)( p b)( p c). + y + z De a számtani és mértani közepeknek az yz egyenlőtlensége alapján felírható, hogy ( p a) + ( p b) + ( p c) p T = p( p a)( p b)(p c) p = vagyis T p (*) 7 Mivel a (*) egyenlőtlenségben az egyenlőség a=b=c esetben áll fenn, ezért a két tétel állítása nyilvánvaló, sőt mi több, az a) esetben ha p állandó, akkor T állandó, akkor pmin = T. 9 ma = p, a b) esetben pedig ha T ) A négyszög izoperimetrikus tételei: a) Adott kerületű négyszögek közül a négyzetnek a legnagyobb a területe. b) Adott területű négyszögek közül a négyzetnek a legkisebb a kerülete. Bizonyítás: Jelölje a, b, c, d az ABCD négyszög megfelelő oldalainak a hosszát, és legyen a + b + c + d p = a négyszög félkerülete, és T a területe. A négyszögek esetében is fennáll a Heron B + D képlethez hasonló összefüggés: T = ( p a)( p b)( p c)(p d) abcd cos. + y + z + t De a számtani és mértani közepeknek az yzt egyenlőtlensége alapján felírható, ( p a) + ( p b) + ( p c) + (p d) p hogy T ( p a)( p b)(p c)(p d) = (**) B + D Egyenlőség akkor áll fenn, ha először is cos = 0 B + D = 80 vagyis a négyszög körbeírható, továbbá még a= b= c= d is kell teljesüljön. Ezért a (**) egyenlőtlenség alapján a két állítás

bizonyítása nyilvánvaló, sőt mi több, az a) esetben ha p állandó, akkor T pedig ha T állandó, akkor p min =. Tanulságos külön megvizsgálni a következő sajátos esetet: T ma p =, a b) esetben ) A téglalap izoperimetrikus tételei: a) Adott kerületű téglalapok közül a négyzetnek a legnagyobb a területe. b) Adott területű téglalapok közül a négyzetnek a legkisebb a kerülete. Bizonyítás: Jelöljük,, y-nak a téglalap méreteit, T-vel a területét, K-val a kerületét. Tehát T=y és + y K K=(+y). Az y középarányos egyenlőtlenség alapján azonnal adódik, hogy T. És mivel az egyenlőség csak =y esetben áll fenn, ezzel beláttuk az állításainkat. ) Keressük meg egy adott R sugarú kör köré írt egyenlő szárú trapéz kerületének a minimumát! Megoldás: A mellékelt ábra szerint jelölje illetve y a csúcsok távolságát az érintési pontoktól. Meghúzva a trapéz két magasságát, Pitagorasz tétele alapján ( R) = ( + y) ( y) ahonnan y = R. Ezzel a feltétellel meg kell állapítanunk a p=(+y) trapézkerület legkisebb értékét. Mivel ezért p 8 + y y, R p 8R és egyenlőség az = y = R esetben áll fenn, amikor is a trapéz négyzetté alakul, és ekkor pmin = 8R. 5) Mekkora a minimális kerületű rombusz oldala, ha a beírható kör sugara R? Megoldás: A mellékelt ábra szerint jelölje illetve y a csúcsok távolságát az érintési pontoktól. Mivel a rombusz átlói merőlegesek egymásra, ezért a magasságtétel értelmében R = y y = R. Ezzel a feltétellel meg kell állapítanunk a p=(+y) rombuszkerület + y p legkisebb értékét. Mivel y, ezért R p 8R és 8 egyenlőség az = y = R esetben áll fenn, amikor is a rombusz négyzetté alakul, és ekkor pmin = 8R. 6) Határozzuk meg az R sugarú körbe írt téglalapok közül azt, amelyiknek a legnagyobb a területe! Megoldás: A téglalap oldalait jelöljük illetve y-nal. Felírható, hogy + y = R. Továbbá ha T a téglalap területe, akkor T = y. Képezzük a következő függvényt: f (, y) y ( R ) R = = = +. Ekkor az = t jelöléssel, az f ( t) = t + R t függvény minimumát kell b meghatározni, amit a t = = R esetben vesz fel, ahonnan = R a és így y = R ami azt jelenti, hogy a téglalap akkor veszi fel a legnagyobb területet, amikor éppen négyzet.

7) Határozzuk meg, hogy adott négyzetbe írt négyzetek közül melyiknek minimális a területe! Megoldás: Legyen az eredeti négyzet oldala a. A mellékelt ábra jelöléseit használva felírhatjuk, hogy a beírt négyzet oldalhossza egyenlő + ( a ) = a + a, ezért a beírt négyzet területe T = a + a aminek minimuma van, és ezt a minimumot b a = = esetben veszi föl, vagyis akkor, amikor a beírt négyzet a csúcsai éppen oldalfelező pontok. 8) Határozzuk meg az adott szabályos háromszögbe írt téglalapok közül azt, amelynek a legnagyobb a területe! Megoldás: A szabályos háromszög oldalhossza legyen a, továbbá téglalap méretei pedig és y. A mellékelt ábra jelöléseit használva számítsuk ki a téglalap y méretű oldalhosszát: a y = ( a ) = ( a ). Tehát a téglalap a területe T = ( a ) = +. Ennek a b a másodfokú kifejezésnek maimuma van, és ezt = = esetben veszi föl, amikor is a vagyis a téglalap vízszintes oldal a középvonal, a függőleges oldala a szabályos háromszög magasságának a felével egyenlő. a a y = 9) Az R sugarú negyedkörbe téglalapot írunk úgy, hogy egyik csúcs a negyedkör középpontjában, másik csúcsa a negyedkörön legyen. Mikor a legnagyobb ennek a területe? Megoldás: A mellékelt ábra jelöléseit használva felírjuk a téglalap területét: T = ( R )( R y) és ugyanakkor (R ) + (R y) = R Az a + b választással amikor is ab egyenlőtlenség alapján a = R, b = R y R T adódik, egyenlőség a= b vagyis = y esetben áll fenn R R = R y = vagyis a téglalap tulajdonképpen négyzet. 0) Adva van egy háromszög a alapja és k kerülete. Mikor maimális a terület? k a + b + c. Megoldás: A Héron képlete szerint, ha p = = a háromszög félkerülete, akkor T = p( p a)( p b)( p c). Ebből állandó az a és a p a ezért írjuk a területet így: T = p( p a) ( p b)( p c). Most alkalmazzuk a + y y egyenlőtlenséget az = p b

p b + p c a és y = p c választással. Ekkor ( p b)( p c) = = állandó. Tehát a T p( p a) = állandó. Egyenlőség akkor áll fenn, ha =y, vagyis b= c, vagyis a háromszög egyenlő szárú.. Megoldás: Rajzoljunk olyan ellipszist, amelynek a fókuszpontjai az adott alappal egyenlő távolságra vannak egymástól, továbbá a nagytengelye a háromszög kerületének és alapjának a különbsége. Ezen az ellipszisen helyezkedik el a háromszög harmadik csúcsa, és a legnagyobb magasság nyílván valóan az ellipszis tető- illetve mélypontjához tartozik, tehát a legnagyobb területű az a háromszög, amely egyenlő szárú. ) Bizonyítsuk be, hogy az egyenlő kerületű szabályos sokszögek közül annak nagyobb a területe, amelyiknek több oldala van! Megoldás: Legyen O a szabályos sokszög középpontja, k a kerülete, és rajzoljuk meg az egyik oldalához tartozó OAB egyenlő szárú háromszöget, amelynek a magassága legyen m, a középpontnál levő csúcsszög fele pedig n π. Így a szabályos sokszög területe k π k k k T = n n n n m n = π = tg π π. Legyen most a két egyenlő tg n n kerületű, de különböző n illetve noldalszámú szabályos sokszög. Ezek területe akkor k π = n illetve T T π π tg n T k π π = n. Azt kell megmutatnunk, hogy ha például n n π tg n >, akkor π π π > T. Mindenek előtt szögezzük le, hogy n, tehát α = és 0 < α = α. n n α α tgα tgα Nyílván elegendő bizonyítani, hogy > <. Az utóbbi egyenlőtlenség helyes tgα tgα α α π voltát beláthatjuk, ha megrajzoljuk a tg függvény grafikus képét a 0, intervallumon, ahol a függvény görbe alulról domború (konve), így az O-t a ( α, tgα ) ponttal összekötő húr alatta lesz az O-t a ( α, tgα ) ponttal összekötő húrnak, vagyis az első húr egyenesének az iránytangense kisebb tgα tgα mint a második egyenes iránytangense, vagyis <.Ezzel igazoltuk az állításunkat. α α Eredményül az is következik, hogy az adott kerületű, különböző oldalszámú szabályos sokszögek között nincsen maimális területű. Ezzel befejezzük az izoperimetrikus típusú szélsőértékek vizsgálatát és megjegyezzük, hogy a dolgozatunk következő részében geometriai jellegű problémák szélsőértékeivel foglalkozunk. 5

Szélsőérték problémák elemi megoldása II. rész Geometriai szélsőértékek Tuzson Zoltán, Székelyudvarhely Ebben a részben geometriai problémák szélsőértékeinek a megállapításával foglalkozunk, a síkgeometriai vizsgálatokat részesítve előnybe. Ezúttal is csak elemi módszerekkel bizonyítunk, mellőzve a felsőbb matematikai fogalmakat, ismereteket, számolásokat.. példa: Az ABCD konve négyszög belsejében keressük meg azt a P pontot, amelyre a PA+PB+PC+PD összeg minimális. Megoldás: Igazolni fogjuk, hogy a szóban forgó P pont éppen az AC és BD átlók metszéspontja lesz. Feltételezzük az ellenkezőjét vagyis, hogy az átlók metszéspontján kívül létezik olyan P pont amelyre P A+P B+P C+P D < PA+PB+PC+PD. A háromszög egyenlőtlensége alapján felírható, hogy P A+ P C > AC = PA+ PC és P B+ P D> BD= PB+ PD és ezek összegzéséből adódik, hogy P A+P B+P C+P D> >PA+PB+PC+PD és ez ellentmondás.. példa: Adott körlemeznek egy tetszés szerinti pontjában rajzoljuk meg a legnagyobb és a legkisebb húrt! Megoldás: Legyen P a körlemez egy adott pontja. Nyílván való, hogy ezen át húzott leghosszabb húr éppen az átmérő lesz, legyen ez A B. Legyen most A B egy másik húr, amelyik áthalad a P ponton. A pontnak a körre vonatkozó hatványa szerint ellenben A P PB = A P PB = állandó. De a számtani és mértani közepek egyenlőtlensége alapján felírható, hogy A B = A P + PB A P PB = állandó, egyenlőség akkor áll fenn, ha A P = PB de ez csak akkor igaz, ha az A B húr merőleges az A B húrra.. példa: Azon háromszögek közül, amelyek egyik szöge α, a vele szemközti oldala a, szerkesszük meg a legnagyobb kerületűt! Megoldás: Tehát a szóban forgó ABC háromszög A szöge α nagyságú, és BC oldala a nagyságú, adott szakasz. Ezek szerint az A pont egy olyan körön változik, amelyben a BC egy húr, és az A csúcs a körön van, α nagyságú kerületi szög. A szinusz tétel alapján a b c R sinα = sin B = sin C =. Mivel a állandó, ezért az R is állandó. sinα Továbbá b = R sin B, c = R sin C ahonnan kapjuk, hogy (sin sin ) sin B + C cos B C cos os B b + c = R B + C = R = R α c C R cosα = állandó B C B C Egyenlőség csak akkor áll fenn, ha c os = = 0 B = C vagyis az ABC háromszög egyenlő szárú.. példa: Egy téglalap oldalai cm illetve 9cm hosszúak. Bizonyítsuk be, hogy a téglalapba írható négyszögek kerülete legalább 0cm! Megoldás: A téglalapba egy tetszőleges MNPQ négyszöget írunk. Vegyük észre, hogy ez egyre kisebb méretű, ahogy két oldala a négyzet egyik átlója felé közeledik. Ezen közeledéskor (lásd az ábrát) az MNPQ négyszög két oldala a 0 felé közeledik, másik kettő pedig a téglalap átlója felé tart. Végső

állapotban megkapjuk a degenerált négyszöget, amelyiknek két oldala az MQ és NP éppen 0-val egyenlő, az MN és PQ oldalai pedig a téglalap átlójával, ami éppen 5 cm. Ezek szerint a minimális kerület 5=0 cm. A téglalapba egy tetszőleges MNPQ négyszöget írunk. Vegyük észre, hogy ez egyre kisebb méretű, ahogy két oldala a négyzet egyik átlója felé közeledik. Ezen közeledéskor (lásd az ábrát) az MNPQ négyszög két oldala a 0 felé közeledik, másik kettő pedig a téglalap átlója felé tart. Végső állapotban megkapjuk a degenerált négyszöget, amelyiknek két oldala az MQ és NP éppen 0- val egyenlő, az MN és PQ oldalai pedig a téglalap átlójával, ami éppen 5 cm. Ezek szerint a minimális kerület 5=0 cm. 5. példa: Egy 0 cm oldalú négyzet négy sarkából vágjunk le négy egybevágó négyzetet úgy, hogy a lap négy szélének a felhajtásával a lehető legnagyobb térfogatú dobozt kapjunk! Adjuk meg ennek a térfogatát! Megoldás: Jelöljük -el a levágandó kis négyzet oldalának a hosszát. A doboz méretei a mellékelt ábrán láthatók. Ennek a térfogata V = (0 ) ahol 0< < 5. Ekkor felírható, hogy V = (0 ) (0 ), és mivel 0 + 0 + = 60 = állandó, ezért az 60 a b c + + egyenlőtlenség alapján V = (0 ) (0 ) = 0. Így hát V ma = 0 0 5 = 000 és egyenlőség csak 0 = = 5 esetben áll fenn. 6. példa: Adott egy e egyenes és egyik az egyik oldalán két különböző pont, A és B. Szerkesszük meg az e egyenesen azt a P pontot, mely esetén az APB törött vonal hossza minimális. (Héron problémája, vagy tükrözési elv) Megoldás: Bebizonyítsuk, hogy azon P pontra minimális az összeg, amelyre epa = epb abc A B pontot tükrözve az e egyenesre, a B' pontot kapjuk, amire igaz, hogy AP+ PB= AP+ PB, így az AP+ PB minimuma pedig úgy áll elő, hogy P rajta van AB'-n amikor is P = P = P. Másfelől, ha N az e egyenesnek a P ponttól különböző pontja, akkor megmutatjuk, hogy NA+NB> PA+PB. valóban, mivel NA= NA és AP=AP, a fenti reláció A N+NB>A B-vel egyenértékű, ez pedig a háromszög egyenlőtlensége alapján igaz. 7. példa: Bizonyítsuk be, hogy az egyenlő alapú, és egyenlő területű háromszögek közül az egyenlő szárúnak a legkisebb a kerülete. Megoldás: Legyen az A és B pont a két rögzített pont. Mivel az ABC háromszög területe állandó, ezért a C csúcs egy olyan e egyenesen mozog, amelyik párhuzamos az AB egyenessel. Ha a CA+CB összeg minimális, akkor

a tükrözési elv szerint ACe = BCe, ez pedig csak CA=CB esetben lehet igaz. 8. példa: Legalább mekkora annak a trapéznak a kerülete, amelynek alapjai 0 cm és 0 cm hosszúak, magassága pedig cm? Megoldás: A mellékelt ábra jelöléseit és számadatait használva, a trapéz kerülete helyett elegendő megkeresni a DA + CB szakaszösszeg legkisebb értékét. Ebből a célból csúsztassuk el párhuzamosan a trapéz DA szárát a CC helyzetbe. Ekkor tehát a BCC töröttvonal minimumát kell megállapítani. vegyük észre, hogy ezúttal is alkalmazható a tükrözési elv, miszerint a BC+CC összeg akkor lesz minimális, ha CB= CC. Ekkor kiszámolva Pitagorasz tétellel a trapéz szárát azt kapjuk, hogy BC=AD= cm. Így hát a trapéz legkisebb trapézkerület 56 cm cm. 9. példa: Határozzuk meg az minimum helyét! f : R R, f ( ) = 8 + + + 7 függvény Megoldás:A függvény így is felírható: f ( ) = ( ) + 5 + ( ) + 6. Tekintsük a következő pontokat: M(,0); A(,-5); B(,-6). Vegyük észre, hogy f ( ) = MA + MB, ahol M(,0) az O tengely egy változó pontja. Tehát ennek az összegnek a minimumát kell meghatározni. A tükrözési elv szerint ez az összeg akkor minimális, ha MA=MB, vagyis = adódik, ami éppen a keresett minimumhely. 8 + = + 7 ahonnan 0. példa: Mennyi az f ( ) = 8 + 6 + + 6 + 9 függvény minimua, ha R. Megoldás: Az adott függvény még így is felírható: f ( ) ( ) ( ) y = egyenletű egyenesen elhelyezkedő P(, ) pontnak a távolságainak az összege a P (0, ) és P (0, ) pontoktól = + + + +. Ez nem más, mint az vagyis f ( ) = PP + PP. Minimizálni ezt az értéket azt jelenti, hogy megkeresni az y= egyenesen a P pontnak azon helyzetét, amelyre a PP + PP összeg a lehető leg kisebb. Belátható, hogy ez akkor a leg kisebb, ha P éppen egybeesik az O origóval, tehát f ( ) f (0) = + = 7. példa: Két, egymásra merőleges úton a kereszteződés felé egyenletes sebességgel halad két kerékpáros. Egyszerre indultak, az egyik 0 km/h sebességgel 0 km távolságból, a másik 0 km/h sebességgel 0 km távolságból. Mikor és hol lesznek egymáshoz a legközelebb? Megoldás: Legyen a keresett idő órában mérve. Ekkor az egyik úton haladó kerékpáros 0 km-t tett meg, míg a másik kerékpáros által megtett út hossza 0 km lesz. A két kerékpáros aktuális távolságát Pitagorasz tételének alkalmazásával számolhatjuk: d( ) (0 ) (0 0 ) = +. Legyen d ( ) = f ( ) = 500 + 00. A függvénynek 5 = 5 nél lesz minimuma, az az a két kerékpáros óra = perc múlva lesz a legközelebb egymáshoz. 5

Ez a minimális távolság 00 = 0 km lesz. Ekkor a 0 km/h sebességgel haladó kerékpáros már áthaladt a kereszteződésen.. példa: Adott az ABC háromszög és síkjában az e egyenes. Keressük az e egyenes azon PA PB PC P pontját, amelyre + + minimális! Megoldás: Helyezzük az ábrát koordináta rendszerbe! Speciálisan az e egyenes legyen az tengely! A keresett P koordinátái: P(;0). Írjuk fel koordinátákkal a szóban forgó távolságok négyzetösszegét: f ( ) = PA + PB + PC = = ( ) + y + ( ) + y + ( ) + y = = ( + + ) + + + + y + y + y. Az f függvénynek minimuma van, és ezt a minimumot az + + = értékre veszi fel, melyből látható, hogy a keresett P pont nem más, mint az ABC háromszög S súlypontjának az e-re bocsátott merőleges vetülete.. példa: Keressük meg az E = + ( y) + y + ( ) kifejezés szélsőértékeit, ha [ 0, ], y [ 0,]! Megoldás: Tekintsük a és oldalhosszú téglalapot. Annak oldalain vegyük fel az és - valamint y és -y távolságokat, amint a mellékelt ábra mutatja. Ekkor lássuk be, hogy + ( y) + y + ( ) = AB + BC AC = ( + ) + ( y y) = + = 5 hiszen az ABC töröttvonal mindig hosszabb vagy egyenlő az AC szakasszal. Másfelől figyeljük meg, hogy az ABC töröttvonal akkor lesz a leghosszabb, ha a B csúcs lekerül a téglalap jobb alsó sarkába (lásd a második ábrát). Ezért + ( y) + y + ( ) + = 7. A B C. példa: Ha A, B, C egy háromszög szögei, akkor mennyi a E = sin sin sin szorzat maimuma? A B C Megoldás: Összeggé alakítva az első szorzatot rendre felírható, hogy: E = sin sin sin = cos A B cos A + B sin C sin C = sin C. Továbbá a számtani és mértani közepek C C sin + sin C C egyenlőtlensége alapján sin sin =, tehát csak az A = B = C = π esetben áll fenn. E és egyenlőség 8

5. példa: Melyik hegyesszögű ABC háromszögre a legkisebb az F = tga tgb tgc szorzat értéke? Megoldás: A számtani és mértani közepek egyenlőtlensége alapján felírható, hogy tga + tgb + tgc tga tgb tgc, de tga + tgb + tgc = tga tgb tgc, ezért azonnal kapjuk, hogy tga tgb tgc, egyenlőség A = B = C = π esetben áll fenn. 6. példa: Adott kör köré írható háromszögek közül melyiknek a legkisebb a területe? Megoldás: Az általánosság csorbítása nélkül feltételezhető, hogy az adott kör sugara egységnyi. Ekkor, a mellékelt ábra jelöléseivel felírható, hogy: AB = tga + tgb, BC = tgb + tgc, CA = tgc + tga. Ekkor az ABC háromszög területe egyenlő: T = ( tga + tgb + tgb + tgc + tgc + tga) = tga + tgb + tgc = = tga tgb tgc és már láttuk, hogy tga tgb tgc. Egyenlőség az A = B = C = π esetben, vagyis egyenlő oldalú háromszögben áll fenn. 7. példa: A T területű általános ABC háromszögbe egy A BC háromszöget írunk. Mennyi ennek a háromszög területnek a maimuma? Megoldás: A mellékelt ábra jelöléseit használva igazoljuk, hogy ha BA =p A C, CB =q B A, CC = r C A, akkor igaz, hogy + pqr T ( A BC ) = T ( ABC). Valóban, felírható, hogy ( + p)( + q)( + r) T ( A BC ) = T -T -T -T (*) ahol T=T=ABC). Továbbá AC AB sin A r AC AB sin A r T = = = T + r + q + r + q p q.teljesen hasonlóan kapjuk, hogy T = T, T = T. Ezeket behelyettesítve az () + p + r + q + p összefüggésbe, a műveletek elvégzése után éppen a jelzett összefüggés adódik. De + p p, + q q, + r r, ezért ( pqr ) + pqr + pqr, hiszen ( + p)( + q)( + r) 8 pqr, így hát T ( A BC ) T ( ABC). Egyenlőség p= q= r= esetben áll fenn, amikor az A, B, C pontok éppen oldalfelező pontok. 8. példa: Az ABCD konve négyszög AB, BC, CD, DA oldalain felvesszük rendre az A, B, C, D AA BB CC DD pontokat úgy, hogy = = = = k > 0. Ha az ABCD négyszög területe állandó, és A B B C C D D A az A B C D négyszög területe T, határozzuk meg a T legkisebb értékét! k k Megoldás: T = T ( DAC), T = T ( BAC) így k + k + k + k + k k T + T = T ( ABCD). Teljesen hasonlóan T + T = T ( ABCD) ( k + ) ( k + ) k + Továbbá T = T ( ABCD) ( T + T + T + T ) = T ( ABCD) és k + k + 5

k + ( k ) 0. Egyenlőség k= esetben áll fenn, amikor is A, B, C, D oldalfelező k + k + pontok, és A BC D paralelogramma. A következő részben különböző elemi függvények szélsőértékét fogjuk meghatározni elemi módszerekkel. 6

Szélsőérték problémák elemi megoldása III. rész Függvények szélsőértéke Tuzson Zoltán, Székelyudvarhely Ebben a részben egy, vagy többváltozós elemi függvény szélsőértékeit határozzuk meg, elemi módszerekkel. A továbbiakban a módszerek változatosságára szeretnénk figyelmet fordítani.. példa: Határozzuk meg az f ( ) = + + függvény minimumát, ha R. Megoldás: Felírható, hogy + + ( ) = = + + f + + mert a + minden a a > 0 esetén, és egyenlőség + = = 0 esetben áll fenn.. példa: Határozzuk meg az f : R + R, f ( ) = + függvény legkisebb értékét! a + b + c Megoldás: Mivel abc minden a > 0, b > 0, c > 0esetén, és egyenlőség csak az a = b = cesetben áll fenn, ezért az a =, b = c = választással f ( ) adódik, és egyenlőség a = = 8 = esetben áll fenn.. példa: Határozzuk meg az f ( ) = + 8 + + 6 + 0 függvény maimumát, ha R. ( + 6 + 0) 7 7 Megoldás: felírható, hogy f ( ) = = és ez akkor minimális, ha + 6 + 0 + 6 + 0 7 maimális, és ez akkor igaz, ha + 6 + 0minimális, de ez akkor igaz, ha + 6 + 0 b = =, így hát f ( ) f ( ) =. a + + + + +. példa: Határozzuk meg az f ( ) = függvény minimumát, ha + + R! ( + + ) + + + Megoldás: Felírható, hogy f ( ) = = + + +, és + + + + egyenlőség csak az + + =, vagyis { 0, } esetben áll fenn. 5. példa: Határozzuk meg az f ( ) = + + + függvény szélsőértékeit, ha R.

Megoldás: Legyen 0, ami alapján + + y =, ahonnan + y 8y 0 + vagyis ( y ) y 0 + = valós esetén teljesül, ezért y,. 6. példa: Határozzuk meg az f :[ 0,5] R, f ( ) = 9 5 6 függvény szélsőértékeit! Megoldás: Felírható, hogy ( 5 6) + + + + f ( ) = = + = +. És mivel az 5 6 ( 6)( ) 6 6 függvény szigorúan csökkenő, ezért = f (5) f ( ) f (0) =. 6 7. példa: Határozzuk meg az f :[ 0,] + R, f ( ) = függvény szélsőértékeit! + + Megoldás: Vizsgáljuk meg a függvény monotonitását. Legyen α > β > 0. Ekkor felírható, hogy α ( + β ) β ( + α) ( α β ) + αβ ( α β ) ( + + )( + + ) ( + + )( + + ) f ( β ) f ( α) = = > 0 α α β β α α β β ami azt jelenti, hogy az f függvény szigorúan csökkenő, ezért = f () f ( ) f(0) = 8. példa: Határozzuk meg az f : R \{ } R, f ( ) = + függvény szélsőértékeit! Megoldás: Vegyük észre, hogy f ( ) = + és az a + minden a > 0 esetén a alapján, ha >, akkor f ( ). Ellenben, ha <, akkor mivel f ( ) = és ( ) ( ) szigorúan csökkenő, ezért és egyenlőség csak = 0 esetben áll fenn. Vegyük észre, ( ) hogy az m= a függvénynek csak lokális minimuma, úgyszintén az M= - is csak lokális maimuma. 9. példa: Határozzuk meg az f ( ) = + 7 kifejezés legkisebb és legnagyobb értékét, ha R! Megoldás: Mivel a + b a + b és egyenlőség csak az a = b esetben áll fenn, ezért az a = és b = 7 választással felírható, hogy: + 7 + 7, vagyis + 7, egyenlőség akkor áll fenn, ha = 7, vagyis = 5. Másfelől f ( ) = + 7, és egyenlőség akkor áll fenn, ha = vagy = 7.

0. példa: Határozzuk meg az f ( ) = 5sin + cos kifejezés legkisebb és legnagyobb értékét, ha R! Megoldás: Ismert a Cauchy-Buniakovsky-Schwarz féle egyenlőtlenség sajátos esete, miszerint: ( ) aa + bb ( a + b )( A + B ). Ha most a = sin, b = cos, A=5, B =, akkor ( )( ) f ( ) 5 + sin + cos =, ahonnan f ( ), ezért f ( ).. példa: Adjuk meg az = + függvény szélsőértékeit, ha R! 8 8 f ( ) sin cos Megoldás: Végezzük el az alábbi átalakításokat: f ( ) (sin cos ) sin cos = +. Ellenben = (sin + cos ) = sin + cos + sin cos, így felírható, hogy f ( ) = ( sin cos ) sin cos = sin sin +. Vezessük most be a 8 sin = a változócserét. Így a g( a) = a a + = ( a ) függvény szélsőértékeit kell 8 8 meghatároznunk, ahol 0 a. De mivel az a változó nem veheti föl az értéket, ezért a g függvény esetén nem írható fel, hogy ( a ) hanem arra következtethetünk, hogy a g 8 függvény parabolájának a csúcsa a V (, ) pontban van, és mivel a, ezért a <, vagyis a parabolának csak a baloldali leszálló ágáról van szó, ahol a g függvény monoton csökkenő a [ 0, ] intervallumon, ezért = g() g( a) g(0) = és ezek adják egyben az f függvény szélsőértékeit is. 8. példa: Határozzuk meg az f :[ 0,] R, f ( ) = + függvény szélsőértékeit! Megoldás: Mivel a + b a + b és egyenlőség csak az a = b esetben áll fenn, ezért f ( ) + = = 6 vagyis f ( ) 6. Egyenlőség = = = esetben áll fenn. Másfelől becsüljük meg az f()-5 különbséget! felírható, hogy: ( ) + ( ) ( ) ( ) f ( ) 5 = + = = = 6 6 + = ( ) 0 fenn. ha [ 0,], ezért f ( ) 5. Egyenlőség =0 vagy = esetben áll

m b. példa: Határozzuk mg az f ( ) = a + függvény minimumát, ha a, b,, m, n > 0 és n m, n természetes számok! Megoldás: Írjuk fel a számtani és mértani középarányosok közötti egyenlőtlenséget m+n tag esetén, a következő választással: m m m a a a b b b + +... + + + +... n n n n m n m m+ n n n n m m m a m n b a b m+ n ( ) = n m n m n + m n m ( ) n m Tehát az n m m + n a b f ( ) ( m + n) n m m a b m n nb nb n, vagyis ez utóbbi kifejezés az f függvény minimuma, és ezt m+ n + = = = esetben veszi föl. n m ma ma 5. példa: Határozzuk meg az f : R R, f ( ) = 5 + függvény szélsőértékeit! Megoldás: Nyilvánvaló, hogy az amikor a 5 f ( ) = 5 + függvénynek akkor vannak szélsőértékei, mint 5 g( ) = 5 = ( 5). Ennek a szélsőértékeit könnyen meghatározhatjuk, ha meghatározzuk a h( ) = g( ) = (5 ) függvény szélsőértékeit. Alkalmazzuk a számtani és a + + + + (5 ) (5 ) mértani közepek egyenlőtlenségét a következő választással: 5 =, 5 vagyis h( ) = 56. Egyenlőség = 5 = esetben áll fenn, ekkor h-nak helyi maimuma, így f-nek minimuma van, és minf()= f()= -5. Másfelől, ha 0 akkor a h függvénynek helyi minimuma van, hiszen (5 ) 0és egyenlőség =0 esetben áll fenn, ez lesz az f maimum helye, amelyre maf()=f(0)=. 5. példa: Mennyi az a bminimuma, ha a > 0, b > 0 és 5a + 7b =? + y Megoldás: Mivel minden > 0, y > 0 esetén y és egyenlőség csak = y esetben igaz, ezért 5 a + 7 b = 5ab, ahonnan ab, egyenlőség 5a = 7b esetben igaz, az 5a + 7b = 0 alapján a = és b = esetben áll fenn. 0 6. példa: Ha + y =, akkor határozzuk meg az E = + y kifejezés szélsőértékeit! Megoldás: Legyen + y = p és az + y = összefüggés alapján, mivel p y =, ezért + = megoldható a valós számok halmazán, ezért 0, ahonnan y 6 py p 0 p p.

7. példa: A Descartes-féle síkbeli derékszög_ koordinátarendszer mely pontjaira teljesül, hogy + y = és + y maimális? Megoldás: Ismert az abszolút érték háromszög egyenlőtlensége, miszerint + y + y és egyenlőség akkor áll fenn, ha a két szám egyforma előjelű. Továbbá a számtani és négyzetes középarányosok egyenlőtlensége alapján felírható, hogy: Egyenlőség azokra a számpárokra áll fenn, amelyekre az = y és, y azonos előjelű, és + y =. Ezért a feltételnek eleget tevő számpárok,,,. Ezekre az értékekre lesz a + y maimális. 8. példa: Mennyi az y E = + y kifejezés minimuma, ha >, y >? Megoldás: Végezzük el az a=- és b=y- változócserét. Ekkor, az y + + y egyenlőtlenség ( a + ) (b+ ) + E alapján b a = a + + b + + =, ugyanis a + és a b a b +, így E 8, Egyenlőség a = b = vagyis = y = esetben áll fenn. b 9. példa: Határozzuk meg az minimumát, ha p, q, r, s > 0. Megoldás: Mivel a + minden a > 0 esetén, ezért a ( p + p + )( q + q + )(r + r+ )(s + s+ ) E = kifejezés pqrs E = 8, egyenlőség p = q = r = s = esetben áll fenn. + + = + +, így hát 0. példa: Mennyi az ( a + b )( b + c )( c + a ) abc minimuma, ha a > 0, b > 0, c > 0? + y Megoldás: Mivel minden > 0, y > 0 esetén y és egyenlőség csak = y esetben igaz, a + b b + c c + a ( a + b)( b + c)( c + a) ezért felírható, hogy: ab bc ca = abc, ezért 8és abc egyenlőség az a = b = c áll fenn.. példa: Ha a, b,c és a + b + c =, akkor mennyi az E = a + + b + + c + kifejezés maimuma illetve minimuma? 5

Megoldás: Mivel + y + z + y + z és egyenlőség az = y = z esetben áll fenn, ezért az = a +, y= b +, z= c + esetben felírható, hogy ahonnan E 5 5 a + + b + + c +,, egyenlőség a = b = c = esetben áll fenn. Másfelől felírható, hogy ( ) E a b b c c a 5 + + + + + + + + + 5 vagyis E 5. Egyenlőség akkor áll fenn, ha a három szám közül kettő -el egyenlő, a harmadik pedig az a + b + c = alapján -vel egyenlő.. példa: Az, y, z valós számokra teljesülnek az + y + z = és az y + yz + z = egyenlőségek. Milyen korlátok között változhatnak az, y, z számok? Megoldás: Az egyenletrendszer így is felírható: + y = z és y = z( + y) vagyis + y = zés y z z = +. Képezzük azt a másodfokú egyenletet, amelynek a gyökei, t ( z) t + z + z = 0. Mivel az egyenletnek valós gyökei kell legyenek, ezért 8 t 0 z 0, 8 az is, hogy 0, és 8 y 0,.. És mivel az eredeti egyenlet rendszer szimmetrikus az, y, z ( + y + z) 6 y: ben, ezért igaz. példa: Határozzuk meg az f (, y, z) = y z függvény minimumát, ha >0, y>0 és z>0 valós számok! Megoldás: Alkalmazzuk a számtani és a mértani közepek közötti egyenlőtlenséget 6 tag esetén, a következő választással: y y z z z + + + + + y z 6 7 y z = = esetben áll fenn. 6 ahonnan ( + y + z) 6 f (, y, z) =. Egyenlőség az y z Szakirodalom [] Nicholas D. Kazarinoff: Geometriai egyenlőtlenségek, Gondolat Kiadó, 980 [] Sándor József: Geometriai egyenlőtlenségek, Dacia Könyvkiadó, Cluj-Napoca, 988 [] Major Zoltán: Egy izgalmas szélsőértékfeladat-család, Graphisoft Kft, 99 [] Vigné Dr. Lencsés Ágnes: A problémamegoldó képesség fejlesztése szélsőérték feladatok megoldásával, 007 (tanulmány) [5] Kapitány Benedek: Szélsőérték-feladatok különböző megoldási módszerei, ELTE, 0 (szakdolgozat) [6] Kapitány Benedek: Az izoperimetrikus egyenlőtlenség, ELTE, 0 (szakdolgozat) [7] Ábrahám Gábor: Szélsőérték feladatok elemi megoldása 0 (http://matek.fazekas.hu/images/cikkek/00_cikkek_abrahamgabor_szelsoertekelemi.pdf) [8] Berzsenyi Viktória: Szélsőérték-feladatok különböző megoldási módszerei, ELTE, 00 (szakdolgozat) [9] Lengyel Csilla Mária: Szélsőérték-feladatok különböző megoldási módszerei, ELTE, 0 (szakdolgozat) [0] Hódi Endre: Szélsőérték-feladatok elemi megoldása, Typote, Budapest, 99 6