Egy szélsőérték feladat és következményei

1. Egy szélsőérték feladat és következményei Rendezési tétel Varga József Bányai Júlia Gimnázium

2. Kérdés: • Adott az (x1; x2;…;xn) és az (y1; y2;…;yn) pozitív számokból álló két szám n-es. Milyen esetben lesz az x1 yi1+ x2 yi2+…+ xn yin, összeg • maximális • minimális aholi1, i2,…,inaz1; 2;…;n számok egy permutációja. • Legfeljebb n! különböző érték, így az összeg felveszi maximumát, minimumát.

3. Példa: • Lali és Pali, ikertestvérek születésnapjukon a következő lehetőséget kapták szüleiktől, akik félretett pénzüket címletek szerint különböző dobozokban tartják. Az első dobozban 1000 Ft-osok, a másodikban 2000 Ft-osok, a harmadikban 5000 Ft-osok, a negyedikben 10000 Ft-osok, az ötödikben 20000 Ft-osok vannak. Az ikreknek megengedik a szüleik, hogy valamelyik két dobozból 3-3, a hátralévő dobozokból 1, 2, illetve 4 bankjegyet vegyenek ki. Lali nagyon szerény, így ő arra törekszik, hogy a lehető legkevesebb pénzösszeget vegye ki, míg Pali a lehető legtöbb pénzt szeretné kivenni a dobozokból. Hogyan válasszanak?

4. Megoldás: Lali választása: 1∙20000+2∙10000+3∙5000+3∙2000+4∙1000=65000 4∙20000+3∙10000+3∙5000+2∙2000+1∙1000=130000 A szorzatösszegek tagjait a (20000; 10000; 5000; 2000; 1000) és a (4; 3; 3; 2; 1) számötösök segítségével állítjuk elő.

5. Sejtés: • Az (x1; x2;…;xn) és az (y1; y2;…;yn) pozitív számokból álló két szám n-es esetén x1 yi1+ x2 yi2+…+ xn yin összeg, aholi1, i2,…,inaz1; 2;…;n számok egy permutációja,akkorlesz • maximális, ha (x1; x2;…;xn) és (yi1;yi2;…;yin) ugyanúgy van rendezve; • minimális, ha (x1; x2;…;xn) és (yi1;yi2;…;yin) ellentétesen van rendezve.

6. Rendezettség • Az (a1; a2;…;an) és az (b1; b2;…;bn) pozitív számokból álló szám-n-esek - ugyanúgy vannak rendezve, ha minden i-re és k-ra ai≤ak estén bi≤bk; - ellentétesen vannak rendezve, ha minden i-re és k-ra ai≤ak estén bk≤bi.

7. Bizonyítás: • Tegyük fel, hogy (x1; x2;…;xn) és (yi1;yi2;…;yin) nem ugyanúgy van rendezve. Így van olyan l, k, hogy xl<xk és yil>yik,. Ekkor az S= x1 yi1+…+ xlyil +…+ xk yik+…+ xn yin összeg nem maximális, mert az S’= x1 yi1+…+ xlyik +…+ xk yil+…+ xn yin összeg nagyobb nála, ugyanis S’-S= (xk –xl)(yil- yik)>0.

8. Feladatok rendezési tételre: • Bizonyítsuk be, hogy ha x, y, z pozitív valós számok akkor Megoldás: Induljunk ki a kifejezés bal oldalából és írjuk így:

9. Ezután alkalmazzuk az sorozatra a rendezési tételt! Így írhatjuk,hogy

10. 2. Bizonyítsuk be, hogyha a, b, c pozitív valós számok, akkor Megoldás: Induljunk ki a jobb oldalból és alkalmazzuk a rendezési tételt az valamint ellentétesen rendezett sorozatokra!

11. Egyenlőség csak akkor áll fenn, ha a = b = c.

12. A számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség • Bizonyítsuk be, hogy az x1, x2, …, xn, pozitív valós számok mértani közepe nem nagyobb a számtani közepüknél. Legyen ugyanis ahol G(x) az x1, x2,… xn, számok mértani közepe. Legyen b1= Ezzel kaptunk két sorozatot, amelyek ellentétesen rendezettek.

13. Így ezekre fennáll, hogy

14. Csebisev-egyenlőtlenség • Legyen az és két azonosan rendezett sorozata a valós számoknak. Ekkor igaz, a rendezési tétel értelmében, hogy . . . . . . . . . . . .

15. Képezzük ezen egyenlőtlenségek összegét! kifejezéshez jutunk. Innen kapjuk, hogy

16. azaz n2-tel végigosztva Ezzel megkaptuk a Csebisev-egyenlőtlenséget. Ha a sorozatok ellentétesen rendezettek, akkor fordított egyenlőtlenség teljesül.

17. Cauchy-egyenlőtlenség • Legyen x1, x2, …, xn és y1, y2, …, yn két ellentétesen rendezett, pozitív valós számokból álló sorozat! Emeljük négyzetre az előző sorozatok tagjait! Az így kapott számokból képzett szám n-esek is ellentétesen rendezettek lesznek.

18. Ezekre felírhatjuk a Csebisev- egyenlőtlenség értelmében, hogy azaz , .

19. Ha alkalmazzuk a négyzetes és a számtani közép közötti egyenlőtlenséget, akkor azt kapjuk, hogy .

20. A Csebisev-egyenlőtlenség felhasználásával egy újabb egyenlőtlenséghez jutottunk, amely a következő alakban írható fel: A bizonyításnál azonban felhasználtuk, hogy a sorozatok ellentétesen rendezettek és pozitívok. Bizonyítható, hogy a fenti egyenlőtlenség valós számok estén is igaz.

21. Feladat: • Mutassuk meg, hogy ha az (a1; a2;…; an);(b1;b2;…;bn) szám-n-esek ellentétesen vannak rendezve, akkor

22. Első speciális eset: ai=bi. i=1; 2; …;n. Ekkor Átírva: . A bal oldalon szereplő mennyiséget négyzetes középnek szokás nevezni.

23. Második speciális eset: bi . Ekkor Kissé más módon felírva ezt az egyenlőtlenséget: .

24. A bal oldalon szereplő számot szokás az a1; a2;…; anharmonikus közepének nevezni. A harmonikus közép tehát kisebb vagy egyenlő, mint a számtani közép. Ha a1; a2;…;an pozitív számok, akkor , ebből

25. Feladat: • Mutassuk meg, hogy ha az a; b; c pozitív számok, akkor

26. A baloldali egyenlőtlenség igazolásához tekintsük a következő két számhármast: Világos, hogy ezek ellentétese vannak rendezve, ezért és Összeadva a megfelelő oldalakat, ebből a bal oldali egyenlőtlenség rögtön adódik.

27. A jobb oldali egyenlőtlenség igazolásához tekintsük a következő számhármast: Világos, hogy a két számhármas ugyanúgy van rendezve, ezért

28. A megfelelő oldalakat összeadva, az egyszerűsítéseket elvégezve, ez pedig éppen a jobb oldali egyenlőtlenség.

29. Köszönöm a figyelmüket

30. Irodalom: • Ábrahám Gábor Nevezetes egyenlőtlenségek; MOZAIK Oktatási Stúdió • Dr. Pintér Lajos Analízis I.; Tankönyvkiadó