Egy szélsőérték feladat és következményei Rendezési tétel Varga József Bányai Júlia Gimnázium

Kérdés: Adott az (x1; x2;…;xn) és az (y1; y2;…;yn) pozitív számokból álló két szám n-es. Milyen esetben lesz az x1 yi1+ x2 yi2+…+ xn yin, összeg maximális minimális ahol i1, i2,…,in az 1; 2;…;n számok egy permutációja. Legfeljebb n! különböző érték, így az összeg felveszi maximumát, minimumát.

Példa: Lali és Pali, ikertestvérek születésnapjukon a következő lehetőséget kapták szüleiktől, akik félretett pénzüket címletek szerint különböző dobozokban tartják. Az első dobozban 1000 Ft-osok, a másodikban 2000 Ft-osok, a harmadikban 5000 Ft-osok, a negyedikben 10000 Ft-osok, az ötödikben 20000 Ft-osok vannak. Az ikreknek megengedik a szüleik, hogy valamelyik két dobozból 3-3, a hátralévő dobozokból 1, 2, illetve 4 bankjegyet vegyenek ki. Lali nagyon szerény, így ő arra törekszik, hogy a lehető legkevesebb pénzösszeget vegye ki, míg Pali a lehető legtöbb pénzt szeretné kivenni a dobozokból. Hogyan válasszanak?

Megoldás: Lali választása: 1∙20000+2∙10000+3∙5000+3∙2000+4∙1000=65000 4∙20000+3∙10000+3∙5000+2∙2000+1∙1000=130000 A szorzatösszegek tagjait a (20000; 10000; 5000; 2000; 1000) és a (4; 3; 3; 2; 1) számötösök segítségével állítjuk elő.

Sejtés: Az (x1; x2;…;xn) és az (y1; y2;…;yn) pozitív számokból álló két szám n-es esetén x1 yi1+ x2 yi2+…+ xn yin összeg, ahol i1, i2,…,in az 1; 2;…;n számok egy permutációja, akkor lesz maximális, ha (x1; x2;…;xn) és (yi1;yi2;…; yin) ugyanúgy van rendezve; minimális, ha (x1; x2;…;xn) és (yi1;yi2;…; yin) ellentétesen van rendezve.

Rendezettség Az (a1; a2;…;an) és az (b1; b2;…;bn) pozitív számokból álló szám-n-esek - ugyanúgy vannak rendezve, ha minden i-re és k-ra ai≤ak estén bi≤bk; - ellentétesen vannak rendezve, ha minden i-re és k-ra ai≤ak estén bk≤bi.

Bizonyítás: Tegyük fel, hogy (x1; x2;…;xn) és (yi1;yi2;…; yin) nem ugyanúgy van rendezve. Így van olyan l, k, hogy xl<xk és yil>yik,. Ekkor az S= x1 yi1+…+ xlyil +…+ xk yik+…+ xn yin összeg nem maximális, mert az S’= x1 yi1+…+ xlyik +…+ xk yil+…+ xn yin összeg nagyobb nála, ugyanis S’-S= (xk –xl)(yil- yik)>0.

Feladatok rendezési tételre: Bizonyítsuk be, hogy ha x, y, z pozitív valós számok akkor Megoldás: Induljunk ki a kifejezés bal oldalából és írjuk így:

Ezután alkalmazzuk az sorozatra a rendezési tételt! Így írhatjuk, hogy

2. Bizonyítsuk be, hogy ha a, b, c pozitív valós számok, akkor Megoldás: Induljunk ki a jobb oldalból és alkalmazzuk a rendezési tételt az valamint ellentétesen rendezett sorozatokra!

Egyenlőség csak akkor áll fenn, ha a = b = c.

A számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség Bizonyítsuk be, hogy az x1, x2, …, xn, pozitív valós számok mértani közepe nem nagyobb a számtani közepüknél. Legyen ugyanis ahol G(x) az x1, x2,… xn, számok mértani közepe. Legyen b1= Ezzel kaptunk két sorozatot, amelyek ellentétesen rendezettek.

Így ezekre fennáll, hogy

Csebisev-egyenlőtlenség Legyen az és két azonosan rendezett sorozata a valós számoknak. Ekkor igaz, a rendezési tétel értelmében, hogy . . . . . .

Képezzük ezen egyenlőtlenségek összegét! kifejezéshez jutunk. Innen kapjuk, hogy

azaz n2-tel végigosztva Ezzel megkaptuk a Csebisev-egyenlőtlenséget. Ha a sorozatok ellentétesen rendezettek, akkor fordított egyenlőtlenség teljesül.

Cauchy-egyenlőtlenség Legyen x1, x2, …, xn és y1, y2, …, yn két ellentétesen rendezett, pozitív valós számokból álló sorozat! Emeljük négyzetre az előző sorozatok tagjait! Az így kapott számokból képzett szám n-esek is ellentétesen rendezettek lesznek.

Ezekre felírhatjuk a Csebisev- egyenlőtlenség értelmében, hogy azaz , .

Ha alkalmazzuk a négyzetes és a számtani közép közötti egyenlőtlenséget, akkor azt kapjuk, hogy .

A Csebisev-egyenlőtlenség felhasználásával egy újabb egyenlőtlenséghez jutottunk, amely a következő alakban írható fel: A bizonyításnál azonban felhasználtuk, hogy a sorozatok ellentétesen rendezettek és pozitívok. Bizonyítható, hogy a fenti egyenlőtlenség valós számok estén is igaz.

Feladat: Mutassuk meg, hogy ha az (a1; a2;…; an); (b1;b2;…;bn) szám-n-esek ellentétesen vannak rendezve, akkor

. Első speciális eset: ai=bi. i=1; 2; …;n. Ekkor Átírva: A bal oldalon szereplő mennyiséget négyzetes középnek szokás nevezni.

. Második speciális eset: bi . Ekkor Kissé más módon felírva ezt az egyenlőtlenséget: .

, A bal oldalon szereplő számot szokás az a1; a2;…; an harmonikus közepének nevezni. A harmonikus közép tehát kisebb vagy egyenlő, mint a számtani közép. Ha a1; a2;…;an pozitív számok, akkor , ebből

Feladat: Mutassuk meg, hogy ha az a; b; c pozitív számok, akkor

A baloldali egyenlőtlenség igazolásához tekintsük a következő két számhármast: Világos, hogy ezek ellentétese vannak rendezve, ezért és Összeadva a megfelelő oldalakat, ebből a bal oldali egyenlőtlenség rögtön adódik.

A jobb oldali egyenlőtlenség igazolásához tekintsük a következő számhármast: Világos, hogy a két számhármas ugyanúgy van rendezve, ezért

A megfelelő oldalakat összeadva, az egyszerűsítéseket elvégezve, ez pedig éppen a jobb oldali egyenlőtlenség.

Köszönöm a figyelmüket

Ábrahám Gábor Nevezetes egyenlőtlenségek; MOZAIK Oktatási Stúdió Irodalom: Ábrahám Gábor Nevezetes egyenlőtlenségek; MOZAIK Oktatási Stúdió Dr. Pintér Lajos Analízis I.; Tankönyvkiadó