Page 47 - vol2

n
 x = x és az (1) alapján biztosan igaz, hogy x  . Tehát az x −
n
x
x
2
1
i
1
i= 1
x
x
különbség a legkisebb, ha x = , így ( , ,..., )E x x 2 x  E ( , ,..., ). Az
x
x
2
1
n
1
n
eljárás ismételt alkalmazásával, a láncszabály alapján azt kapjuk, hogy
n
x
)
x
x
E ( , ,..., x  E ( , ,..., ) = (1 x+ ) . Ezzel tulajdonképpen a
x
x
1 2 n
n  n  n
(1 x    + i )  1+ n  x  i  egyenlőtlenséget igazoltuk.
i = 1  i = 1 
A továbbiakban, bizonyos megszorításokkal szorzatok legkisebb, vagy
összegek legnagyobb értékét vizsgáljuk.
 3


y
4. Ha x , , z   0,  és x y z = 1, határozzuk meg az
 2 
+
+
z
S ( , , ) = x y z összeg maximumát.
x
y
3
Megoldás: Feltételezzük, hogy 0   y   . Rögzítsük a z értékét
x
z
2
1
és x, y maradjon változó. Ekkor x y = állandó. Ha az y x− különbség
z
növekszik, akkor az ( , , )S x y z összeg csökken. Az y x− különbség annál
1 1 4 4
nagyobb, minél kisebb az x értéke. Mivel x =  = , ezért x =
yz 3 3 9 9

2 2
 4  4
a legkisebb elérhető érték. Így ( , , )S x y z  S  , , z = + y z . Ezúttal
+
y

 9  9
9
most y z = , és a z − különbség növekedésével az y z+ összeg
y
4
9 9 3 3
csökken. Mivel y =  = , ezért y = a legkisebb elérhető
4z 4 3 2 2
2
47