Page 57 - vol2

1 1 1 1 1 1
x 5 + y 5 + z 5  x 5 + y 5 + z 5 vagyis
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
3 3
y z x z x y x z x y z y
x + 8 y + 8 z 8  x 2 + y 2 + z 2 . A továbbiakban megpróbáljuk bizonyítani, hogy
3 3 3
x y z z 3 x 3 y 3
x 2 + y 2 + z 2  1 + 1 + . Ebből a célból válasszuk meg az x y z 2 ) és az
1
(
2
2
,
,
z 3 x 3 y 3 x y z
 1 1 1 
 3 , 3 , 3  ellentétes rendezésű számhármasokat. Ekkor az (E2)
 x y z 
1 1 1 1 1 1
egyenlőtlenség alapján x 2 + y 2 + z 2  x 2 + y 2 + z 2 ahonnan
x 3 y 3 z 3 z 3 x 3 y 3
éppen a bizonyítandó egyenlőtlenség adódik.
3 a b c
+
+
a b c
7. Ha , ,a b c  , akkor ( a b c )  (abc ) .
0
Bizonyítás: Ha logaritmáljuk mind a két oldalt azt kapjuk, hogy
+
+
+
+
+
+
b
c
aln ( ) bln ( ) cln ( )  a b c ln ( ) ln ( ) ln ( )] . Ugyanakkor,
c
b
a
a
3
feltételezhetjük, hogy a b c   . Először is igazoljuk, hogy ha x  y  0 akkor
0
x
y
y

x
+
x ln x y ln y x ln y + y ln x  x y  x y (*). Ez, az ( , ),(ln ,ln )x y x y azonos
rendezésű számpárok alapján, az (A2) állítás alapján, n=2 esetben nyilvánvaló.
0
Most alkalmazzuk a (*) egyenlőtlenséget minden a b c   esetén:
a b
b a
c a
c a
a b  a b ,b c  b c ,c a  a c és a b c  a b c . Ha most
c b
b c
a b c
a b c
összeszorozzuk a négy egyenlőtlenség megfelelő oldalait, akkor éppen a
bizonyítandó feladatot kapjuk.
2
+
+
a b c
+
0
c
b
8. Ha , ,a b c  , akkor ( a b c )  a b c c a a b .
0
Bizonyítás: Természetesen feltételezhetjük, hogy a b c   . Ha
logaritmálnánk az egyenlőtlenséget, ez indokolttá tenné az
a
b
c
a
b
c
( , , ),(ln ,ln ,ln ) azonos rendezésű számhármasok választását. Így a
rendezési tétel alapján rendre felírhatjuk:
+
+
+
+

a lna b lnb c lnc b lna c lnb a lnc (1) illetve
+
+

+
+
a lna b lnb c lnc c lna a lnb b c (2). Összegezve a két egyenlőtlenség
ln
megfelelő oldalait azt kapjuk, hogy
+
+
+

+
+
a
2( lna b lnb c ln ) (b c )lna + (c a )lnb + (a b )lnc ahonnan éppen a
c

57