Bizonyítások és egyenlőtlenségek

Rendezzük egy oldalra a kifejezést: $a^2 - 2ab + b^2 \ge 0$. A bal oldal teljes négyzetté alakítható: $(a-b)^2 \ge 0$. Mivel bármely valós szám négyzete nemnegatív, az állítás igaz. Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha $a = b$.

Mivel $x > 0$, szorozhatjuk az egyenlőtlenség mindkét oldalát $x$-szel az egyenlőtlenség irányának megváltozása nélkül: $x^2 + 1 \ge 2x$. Átrendezve kapjuk az $x^2 - 2x + 1 \ge 0$ alakot, ami $(x-1)^2 \ge 0$. Ez tetszőleges valós számra igaz. Egyenlőség akkor áll fenn, ha $x = 1$.

Tegyük fel indirekt módon, hogy $\sqrt{2}$ racionális, azaz felírható két relatív prím (tovább nem egyszerűsíthető) egész szám hányadosaként: $\sqrt{2} = \frac{p}{q}$. Négyzetre emelve $2 = \frac{p^2}{q^2}$, amiből $p^2 = 2q^2$. Ez azt jelenti, hogy $p^2$ páros, így $p$ is páros ($p = 2k$). Helyettesítsük ezt vissza: $(2k)^2 = 2q^2$, azaz $4k^2 = 2q^2$, amiből $q^2 = 2k^2$. Ez alapján $q^2$ és így $q$ is páros. Mivel mindkét szám páros, nem lehetnek relatív prímek, ami ellentmondás. A feltevésünk tehát hamis, $\sqrt{2}$ irracionális.

1. Bázislépés ($n=1$): $1 = \frac{1(1+1)}{2} = 1$, az állítás igaz.
2. Indukciós feltevés: Tegyük fel, hogy valamilyen $k$-ra $1 + 2 + \dots + k = \frac{k(k+1)}{2}$.
3. Indukciós lépés ($n=k+1$): Bizonyítandó, hogy $1 + \dots + k + (k+1) = \frac{(k+1)(k+2)}{2}$. Felhasználva a feltevést: $\frac{k(k+1)}{2} + (k+1) = \frac{k(k+1) + 2(k+1)}{2} = \frac{(k+1)(k+2)}{2}$. Ezzel az állítást minden pozitív egész $n$-re beláttuk.

1. $n=1$ esetén: $3^2 - 1 = 8$, ami osztható 8-cal.
2. Tegyük fel, hogy $k$-ra igaz: $3^{2k} - 1 = 8A$ (ahol $A$ egész).
3. Vizsgáljuk $n=k+1$ esetén: $3^{2(k+1)} - 1 = 3^{2k+2} - 1 = 9 \cdot 3^{2k} - 1$. Fejezzük ki $3^{2k}$-t a feltevésből: $3^{2k} = 8A + 1$. Helyettesítsük be: $9(8A + 1) - 1 = 72A + 9 - 1 = 72A + 8 = 8(9A + 1)$. Mivel $9A+1$ egész, az eredmény osztható 8-cal.

Alkalmazzuk a számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenséget mindhárom tényezőre külön-külön:
$a+b \ge 2\sqrt{ab}$
$b+c \ge 2\sqrt{bc}$
$c+a \ge 2\sqrt{ca}$
Mivel a változók pozitívak, az egyenlőtlenségek megfelelő oldalai szorozhatók egymással: $(a+b)(b+c)(c+a) \ge 2\sqrt{ab} \cdot 2\sqrt{bc} \cdot 2\sqrt{ca} = 8\sqrt{a^2b^2c^2} = 8abc$. Egyenlőség akkor áll fenn, ha $a=b=c$.

Tegyük fel indirekt módon, hogy véges sok prímszám létezik. Soroljuk fel mindet: $p_1, p_2, \dots, p_n$. Képezzünk egy új számot az összes prím szorzatának felhasználásával: $N = p_1 \cdot p_2 \cdot \dots \cdot p_n + 1$. Mivel $N$ nagyobb minden $p_i$-nél, $N$ maga nem lehet egyik felsorolt prím sem. Ugyanakkor $N$-et bármelyik $p_i$ prímmel osztva mindig 1 a maradék. Így $N$-nek van egy $p_i$-ktől különböző prímosztója (vagy maga $N$ az), ami azt jelenti, hogy létezik a felsoroltokon kívül más prímszám is. Ez ellentmond a véges feltételezésnek.

Mivel mindkét oldal nemnegatív, négyzetre emelhetjük az egyenlőtlenséget: $(\sqrt{a} + \sqrt{b})^2 \le 2(a+b)$. Kibontva: $a + 2\sqrt{ab} + b \le 2a + 2b$. Rendezzük nullára: $0 \le a - 2\sqrt{ab} + b$. Észrevehető, hogy a jobb oldal egy teljes négyzet: $0 \le (\sqrt{a} - \sqrt{b})^2$. Ez az állítás minden nemnegatív számra igaz, az eredeti egyenlőtlenség tehát helytálló.

Szorozzuk be az egyenlőtlenséget a közös nevezővel, $ab$-vel (mivel $a, b > 0$, az egyenlőtlenség iránya megmarad): $a^2 + b^2 \ge 2ab$. Ez átrendezve $(a-b)^2 \ge 0$, ami mindig igaz. Alternatív megoldás: alkalmazzuk az AM-GM egyenlőtlenséget az $\frac{a}{b}$ és $\frac{b}{a}$ számokra: $\frac{a}{b} + \frac{b}{a} \ge 2\sqrt{\frac{a}{b} \cdot \frac{b}{a}} = 2\sqrt{1} = 2$.

1. Alaplépés ($n=4$): $4! = 24$ és $2^4 = 16$. Mivel $24 > 16$, az állítás igaz.
2. Feltevés: Tegyük fel, hogy $k \ge 4$ esetén $k! > 2^k$.
3. Lépés: Nézzük az $(k+1)!$ kifejezést. Definíció szerint $(k+1)! = (k+1) \cdot k!$. Az indukciós feltevés miatt ez nagyobb, mint $(k+1) \cdot 2^k$. Mivel $k \ge 4$, biztosan $k+1 > 2$, így $(k+1) \cdot 2^k > 2 \cdot 2^k = 2^{k+1}$. Ezzel beláttuk, hogy $(k+1)! > 2^{k+1}$.

Két esetet vizsgálunk. Ha $x \le 0$, akkor $-x^3 \ge 0$, és $-x \ge 0$, így a kifejezés minden tagja (az 1 miatt) szigorúan pozitív, összegük is $>0$. Ha $x > 0$, szorozzuk be a kifejezést $(x+1)$-gyel (ami pozitív). Így az $(x+1)(x^4 - x^3 + x^2 - x + 1) = x^5 + 1$ alakot kapjuk. Mivel $x > 0$, az $x^5 + 1 > 1 > 0$. Az osztó $(x+1)$ is pozitív, a hányados is pozitív marad. (Vagy teljes négyzetté alakítással: $x^4 - x^3 + x^2/4 + 3x^2/4 - x + 1 = x^2(x-1/2)^2 + 3/4(x-2/3)^2 + 2/3 > 0$).

A háromszög-egyenlőtlenségek szerint: $a < b+c$, $b < a+c$ és $c < a+b$. Mivel az oldalhosszak pozitívak, szorozzuk be az elsőt $a$-val, a másodikat $b$-vel, a harmadikat $c$-vel: $a^2 < ab+ac$, $b^2 < ab+bc$, $c^2 < ac+bc$. Adjuk össze a három egyenlőtlenséget: $a^2 + b^2 + c^2 < 2ab + 2bc + 2ca = 2(ab + bc + ca)$.

Szorozzuk be az egyenlőtlenséget 2-vel, majd rendezzük egy oldalra: $2a^2 + 2b^2 + 2c^2 - 2ab - 2bc - 2ca \ge 0$. Bontsuk fel a négyzetes tagokat úgy, hogy teljes négyzeteket kapjunk: $(a^2 - 2ab + b^2) + (b^2 - 2bc + c^2) + (c^2 - 2ca + a^2) \ge 0$. Így az $(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 \ge 0$ alakra jutunk. Mivel valós számok négyzete nemnegatív, az összeg is az. Egyenlőség pontosan akkor van, ha $a = b = c$.

Ismert, hogy $1 + \dots + n = \frac{n(n+1)}{2}$. Tehát a bizonyítandó egyenlőség: $\sum_{i=1}^n i^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4}$.
1. $n=1$: $1^3 = \frac{1^2 \cdot 2^2}{4} = 1$, igaz.
2. Feltevés $k$-ra: $\sum_{i=1}^k i^3 = \frac{k^2(k+1)^2}{4}$.
3. Lépés $k+1$-re: $\sum_{i=1}^{k+1} i^3 = \frac{k^2(k+1)^2}{4} + (k+1)^3$. Emeljünk ki $(k+1)^2$-t: $(k+1)^2 \left( \frac{k^2}{4} + (k+1) \right) = $(k+1)^2 \left( \frac{k^2 + 4k + 4}{4} \right) = \frac{(k+1)^2(k+2)^2}{4}$. Ezzel az állítást igazoltuk.

Bontsuk fel a négyzeteket: $x^2 + \frac{1}{x^2} + 2 + y^2 + \frac{1}{y^2} + 2 = x^2 + y^2 + \frac{x^2+y^2}{x^2y^2} + 4$. A négyzetes közép és számtani közép közötti egyenlőtlenségből $x^2+y^2 \ge \frac{(x+y)^2}{2} = \frac{1}{2}$. Az AM-GM szerint $xy \le \frac{(x+y)^2}{4} = \frac{1}{4}$, így $x^2y^2 \le \frac{1}{16}$. Ekkor $\frac{1}{x^2y^2} \ge 16$. Behelyettesítve: $\frac{1}{2} + \frac{1/2}{1/16} + 4 = 0.5 + 8 + 4 = 12.5 = \frac{25}{2}$.

Szorozzuk össze a bal oldalt: $a_1^2b_1^2 + a_1^2b_2^2 + a_2^2b_1^2 + a_2^2b_2^2$. Bontsuk ki a jobb oldalt is: $a_1^2b_1^2 + 2a_1b_1a_2b_2 + a_2^2b_2^2$. Hozzuk a bal oldalra az összes tagot (a közös tagok kiesnek): $a_1^2b_2^2 - 2a_1b_1a_2b_2 + a_2^2b_1^2 \ge 0$. Észrevehető, hogy ez egy teljes négyzet: $(a_1b_2 - a_2b_1)^2 \ge 0$. Mivel a valós számok négyzete nemnegatív, az állítás igaz.

A szumma minden tagjára igaz, hogy $\frac{1}{\sqrt{k}} > \frac{1}{\sqrt{n}}$, ha $k < n$. Tehát az összeg minorálható a következőképpen: $1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n}} > \frac{1}{\sqrt{n}} + \frac{1}{\sqrt{n}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n}}$. Mivel a sorozat $n$ tagot tartalmaz, a kisebbített összeg pontosan $n \cdot \frac{1}{\sqrt{n}} = \sqrt{n}$.

Legyenek a téglalap oldalai $a$ és $b$. A kerület $2(a+b) = 20$, tehát $a+b=10$. A terület $T = ab$. Alkalmazzuk a számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenséget az $a$ és $b$ oldalakra: $\frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab}$. Behelyettesítve a feltételt: $\frac{10}{2} = 5 \ge \sqrt{ab}$. Mindkét oldalt négyzetre emelve (mivel $T>0$) kapjuk, hogy $25 \ge ab$. A maximális terület tehát $25$, ami akkor vehető fel, ha $a = b = 5$ (négyzet).

Rendezzük egy oldalra az egyenlőtlenséget: $x^4 - x^3y + y^4 - xy^3 \ge 0$. Emeljünk ki $x^3$-t az első két tagból, és $y^3$-t az utolsó kettőből: $x^3(x-y) - y^3(x-y) \ge 0$. Emeljük ki az $(x-y)$ tagot: $(x-y)(x^3-y^3) \ge 0$. Használjuk fel a köbök különbségének azonosságát: $(x-y)(x-y)(x^2 + xy + y^2) \ge 0$, azaz $(x-y)^2 \cdot (x^2 + xy + y^2) \ge 0$. A bal oldali tényező egy teljes négyzet ($\ge 0$), a jobb oldali pedig felírható $(x + \frac{y}{2})^2 + \frac{3}{4}y^2$ alakban, ami szintén nemnegatív. Szorzatuk is nemnegatív.

(Nesbitt-egyenlőtlenség) Adjunk mindhárom taghoz 1-et: $\left(\frac{a}{b+c} + 1\right) + \left(\frac{b}{c+a} + 1\right) + \left(\frac{c}{a+b} + 1\right) \ge \frac{3}{2} + 3 = \frac{9}{2}$. Közös nevezőre hozás után a számláló mindenhol $a+b+c$ lesz: $(a+b+c)\left(\frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a} + \frac{1}{a+b}\right) \ge \frac{9}{2}$. A számtani és harmonikus közepek közötti egyenlőtlenség értelmében három pozitív szám összegének és reciprokösszegének szorzata legalább 9. Itt a három szám: $x=b+c$, $y=c+a$, $z=a+b$. Összegük $2(a+b+c)$. Alkalmazva az $(x+y+z)(1/x + 1/y + 1/z) \ge 9$ tételt: $2(a+b+c)\left(\frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a} + \frac{1}{a+b}\right) \ge 9$. Osztva 2-vel adódik a kívánt alak, majd 3 kivonása után visszakapjuk az eredeti állítást.