Page 55 - vol2

egyenlőtlenség alapján

x + y + z  x + y + z
+
x + y z + x y z z + x x + y y z (1) és
+
x + y + z  x + y + z (2).
x + y z + x y z x + y y z z + x
+
+
Az (1) és a (2) egyenlőtlenségek összegzésével 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.

2 2
2 2
2 2
+
3. Ha , ,x y z  , akkor x y + y z + z x  x yz xy z xyz
2
+
2
2
0
Bizonyítás: A szimmetria miatt feltételezhető, hogy x  y z  0.

Mindkét oldalt végigosztva xyz  0-val, bizonyítani kell, hogy
xy + yz + zx  x + y z . Így most könnyebb a számhármasok megválasztása.
+
z x y
 1 1 1 
)
Ekkor ( , ,xy zx yz és  , ,  számhármasok azonos rendezésűek. Ezért az
 z y x 
1 1 1 1 1 1
(A2) egyenlőtlenség alapján xy + zx + yz  xy + zx + yz ami éppen a
z y x y x z
bizonyítandó egyenlőtlenség. Érdemes észrevenni, hogy a jobboldali tagok
újabb cirkuláris permutációja nem hoz új egyenlőtlenséget.
Megjegyzés: a kitűzött feladatnak van egy másik elemi bizonyítása is, amely a
következő: legyenek rendre xy a yz b zx c= , = , = ekkor a bizonyítandó

2
+
+
−
2
−
egyenlőtlenség a + b + c  ab bc ca  (a b + (b c + (c a  .
−
2
2
2
2
)
)
)
0
0
4. Ha , ,x y z  akkor
3
3
2
3
3
2
3
2
2
3
2
2
+
+
+
+
(i) x z + y x z y  x yz xy z xyz (ii) x y + y z z x x yz xy z xyz
+
+

0
0
Bizonyítás: Feltételezzük, hogy , ,x y z  . Akkor osszunk végig xyz  -val,
bizonyítani kell, hogy

55