Page 54 - vol2

Az (1)-(n) egyenlőtlenségek megfelelő oldalainak összegezéséből, éppen
a bizonyítandó egyenlőtlenség adódik.

A Cebisev-féle egyenlőtlenség sokirányú alkalmazási lehetőségének
ellenére a továbbiakban csupán csak a RENDEZÉSI TÉTEL különféle alkalmazási
lehetőségeire mutatunk rá. Az áttekinthetőség könnyítése érdekében általában
n=3 választással dolgozunk, de az eredmények kiterjeszthetők n>3 esetre is.

ALKALMAZÁSOK:

x y z 3
0
1. Ha , ,x y z  , akkor + +  (Nesbitt-féle egyenlőtlenség)
+
y z z + x x + y 2

Bizonyítás: A szimmetria miatt feltételezhető, hogy x  y z  0. Így az ( , , )
y
z
x
 1 1 1 
és  , ,  számhármasok azonos rendezésűek. Ezért, az (A2)
 y + z z + x x + y 
egyenlőtlenség alapján
1 1 1 1 1 1
x + y  + z   x + y  + z  (1) és
+
+
y z z + x x + y z + x x + y y z
1 1 1 1 1 1
x + y  + z   x + y  + z  (2).
+
+
y z z + x x + y x + y y z z + x
Az (1) és a (2) egyenlőtlenségek összegezésével éppen a kitűzött

feladatot bizonyítottuk. Érdemes észrevenni, hogy az x  y z  0 feltételek
mellett az (1) és a (2) egyenlőtlenségek által egy-egy különálló feladatot
szerkesztettünk.
Megjegyzés: A feladat általánosítható. Legyenek a 1 ,a 2 ,...a pozitív számok, és
n
n
s = a + a + ... a . Ekkor n  esetén  a k  n .
+
2
2
b
1
−
k= 1 s a k n − 1
x y z 3
0
2. Ha , ,x y z  , akkor + + 
x + y z + x y z 2
+
Bizonyítás: A szimmetria miatt feltételezhető, hogy x  y z  0. Így az ( , , )

y
z
x
 1 1 1 
és  , ,  számhármasok ellentétes rendezésűek. Ezért, az (E1)
 x + y z + x y + z 

54