Page 39 - vol2

minden trigonometriai egyenlőtlenség könnyen megoldható ezzel a
módszerrel. A valóságban ez nem éppen így van, ugyanis könnyen
megtörténhet, hogy a kapott duális egyenlőtlenség bizonyítása nem
könnyű, esetleg nehezebb mint az eredeti feladaté. Ez attól is függ, hogy
az algebrai fegyvertárunkban milyen módszereink vannak. Nézzünk még
egy feladatot.

16. p  2 16Rr − 5r
2

Megoldás: A (*) képletek alapján a duális feladat a következő:
3
+
(x y z + 5xyz  4(x y )(y z )(z x amit még így is átírhatunk, hogy
+
+
+
+
)
)
3
+
+
3
3
x + y + z + 5xyz  (x + y )(y z )(z x . Ha jártasabbak vagyunk az
)
algebrai egyenlőtlenség területén, akkor eszünkbe juthat a Schur
egyenlőtlenség egy sajátos esete, a következő:
+
+
+
3
3
x + y + z + 3xyz  xy (y + y ) (y z ) zx (z x . Próbáljunk ehhez
3
y
)
z
igazodni. Ezért a bizonyítandó egyenlőtlenséget így írjuk át:
x + y + z + 3xyz  (x y )(y z )(z x ) 2xyz . De ha kiszámítjuk a jobb
+
3
+
−
+
3
3
oldalt, azt kapjuk, hogy
−
(x + y )(y + z )(z + x ) 2xyz = xy (x + ) y + yz (y + ) z + zx (z + ) x vagyis a
feladatunk tulajdonképpen egyenértékű a Schur egyenlőtlenséggel.
Azt, hogy a helyzet még tovább bonyolódhat algebrailag, nagyon
jól szemlélteti a következő feladat:
17. 2p  3 3R (Mitrinovic-féle egyenlőtlenség)
3 3 A B C 3 3
sin A+ sin B + sinC  , cos cos cos 
2 2 2 2 8
Megoldás: Lehet, hogy meglepően hangzik, de a három
egyenlőtlenségnek ugyanaz a duális egyenlőtlensége, éspedig a
 x + +  3  (x + y )(y + z )(z + ) x  2
y
z
következő: xyz      .
 3   8 
Ezúttal is kiderül, hogy nagy hasznunkra van, ha sokféle algebrai
egyenlőtlenséget ismerünk. Ellenben most feltárom, hogy mi is a

39