Page 64 - vol2

2) Ebben az esetben NEM szükséges az f függvény konvexitása

(kunkorítása), csupán a Deriválhatósága.
−

3) Ebben az esetben nem all fenn az ( )f x  f ( )+ f '( ) (x u alakú
)
u
u
egyenlőtlenség BÁRMELY ,x u esetén, csupán a következő SAJÁTOS
esetben: tehát amennyiben adott, hogy a b c+ + = 3s feltétel, ELEGENDŐ,
−
ha ( )f x  f ( )+ f '( ) (x s (**) ebben a sajátos u s= esetben, 

)
s
x
s
esetén.

4) Most ha rendre x  , ,a b c akkor a (**) egyenlőtlenség alapján
−

f ( )  f ( )+ f '( ) (a s ,
s
)
a
s

−
b
f ( )  f ( )+ f '( ) (b s ,
s
)
s

−
s
c
)
s
f ( )  f ( )+ f '( ) (c s
Ha most összegezzük ezeket az egyenlőtlenségeket azt kapjuk, hogy

f ( ) + f ( ) + f ( ) 3 ( ) + f '(s ( ) a b c+ + − 3s ) 3 ( )f s= vagyis éppen a
c
f
a
b
s
a b c  +  +
kitűzött ( ) a + f ( ) b + f ( ) 3c  f   egyenlőtlenség.
f
 3 
A továbbiakban nézzünk néhány mintapéldát:
2. feladat: Ha , , ,a b c d pozitív valós számok amelyekre a b c d+ + + = 1,
1
igazoljuk, hogy ( 6 a + b + c + d 3 ) a 2 + b + c + d + .
3
2
2
2
3
3
8
)
2
Megoldás: Tekintsük az ( ) 6f x = x − 3 x , f ( : 0,1 → R függvényt. Ekkor
=
=
x
f '( ) 18x − 2 2x és f "( ) 36x− 2 . Mivel f "( ) nem előjeltartó a
x
x
)
(0,1 intervallumon, ezért sem nem konvex, sem nem konkáv.
1
Mivel a b c d+ + + = 1 fennáll ha a b c= = = d = ezért felírjuk az érintő
4
 1  1    1   1   1 

egyenletét az  , f    belső pontban: y − f   = ' f    x − 
 4  4    4   4   4 

64