Nevezetes egyenlőtlenségek

1. A legismertebbek az un. közepek között fennálló egyenlőtlenségek:

Harmonikus közép≤Számtani közép≤Mértani (Geometriai) közép≤Négyzetes közép.

Formulával (két nem-negatív) valós szám esetén):

H(a;b)≤G(a;b)≤A(a;b)≤N(a;b), ahol a;b∈ℝ​; a≥0; b≥0.

Ezeket az egyenlőtlenségeket értelmezhetjük nemcsak két, hanem több valós számra is.

A közöttük fennálló egyenlőtlenségek igazolását itt találhatjuk.

2. Az alábbi egyenlőtlenség a következőképpen szól:

Bármely nullától eltérő valós szám és reciproka összegének abszolút értéke nem kisebb kettőnél.

Formulával: ​\( \left|a+\frac{1}{a} \right| ≥2 \; a∈\mathbb{R} \; a≠0 \)​.

Bizonyítás:

a) Pozitív valós szám esetén a>0 az abszolút értéknek nincs szerepe, így a bizonyítandó állítás: ​\( a+\frac{1}{a}≥2 \)​.

 A zárójel felbontása után “a”-val átszorozva: a2+1≥2a.
0-ra redukálva: a2-2a+1≥0.

A bal oldal teljes négyzet, így az állítás igaz. (a-1)2≥0.

b) Negatív valós szám esetén (a<0)

Ebben az esetben az abszolút értékben szereplő kifejezés ellentettjét kell venni: ​\( -\left(a+\frac{1}{a}\right)≥2 \)​.

Bontsuk fel a zárójelet: ​\( -a-\frac{1}{a}≥2 \)

Szorozzunk át a negatív változóval “a”-val. Mivel negatív értékkel szoroztunk, a relációs jel megfordul:

-a2-1≤2a.

0-ra redukálva: -a2-2a-1≤0

-1-gyel átszorozva, a relációs jel újra fordul: a2+2a+1≥0.

A bal oldal teljes négyzet, így az állítás igaz. (a+1)2≥0.

Azt kaptuk tehát, hogy az állítás mindkét esetben igaz.

Függvényként ábrázolva: ​\( f(x)=\left|x+\frac{1}{x}\right| \)​.

3. Bernoulli-egyenlőtlenség: ​(1+a)n≥1+n⋅a; a∈ℝ; a>-1; n∈ℕ.

Bizonyítás teljes indukcióval:

a) n=1 esetén: (1+a)1=1+1⋅a.

n=2 esetén: (1+a)2=1+2⋅a+a2≥1+2a.

b) Az indukciós feltevés: “n”-re még igaz: (1+a)n≥1+n⋅a.

c) Bizonyítandó n+1-re: (1+a)n+1≥1+(n+1)⋅a.

Hatványozás azonosságával: (1+a)n+1=(1+a)n⋅(1+a).

Az indukciós feltétel felhasználásával az egyenlőtlenség  bal oldala: (1+a)n+1=(1+a)n⋅(1+a)≥(1+n⋅a)⋅(1+a).

Itt a jobb oldalon a beszorzást elvégezve: (1+n⋅a)⋅(1+a)=1+a+n⋅a+n⋅a2.

Kiemeléssel: (1+n⋅a)⋅(1+a)=1+a+n⋅a+n⋅a2=1+(n+1)⋅a+n⋅a2.

Tehát a bizonyítandó állítás bal oldalára azt kaptuk, hogy (1+a)n+1≥1+(n+1)⋅a+n⋅a2.

Itt a jobb oldalon nem-negatív n⋅a2 tag elhagyásával a bizonyítandó állítást kapjuk:

(1+a)n+1≥1+(n+1)⋅a.

 

 

 

 

Print Friendly, PDF & Email

Comments are closed, but trackbacks and pingbacks are open.