Egyenl}otlens egek - math.unideb.humath.unideb.hu/media/boros-zoltan/Boros_Z-Egyenlotlensegek.pdf · t amogat ast biztos t o rendszer kidolgoz asa es muk } odtet ese orsz agos program

Egyenlotlensegek

Boros Zoltan

2

Debreceni EgyetemTermeszettudomanyi es Technologiai Kar

Matematikai Intezet

Koszonetnyilvanıtas:

A jegyzet a temakor szakirodalmara, ezen belul reszben a szerzo kutatasi eredme-nyeire es tapasztalataira epul. A kutatas a TAMOP 4.2.4.A/2-11-1-2012-0001 azo-nosıto szamu Nemzeti Kivalosag Program — Hazai hallgatoi, illetve kutatoi szemelyitamogatast biztosıto rendszer kidolgozasa es mukodtetese orszagos program cımu ki-emelt projekt kereteben zajlott. A projekt az Europai Unio tamogatasaval, az EuropaiSzocialis Alap tarsfinanszırozasaval valosul meg.

Ezuton szeretnek koszonetet mondani Vertessy Balazs matematika BSc szakoshallgatonak, akinek a 2013. februar–majus idoszakban e targybol tartott eloadasaimonkeszıtett orai jegyzetei nagymertekben elosegıtettek ennek a gepelt jegyzetnek azelkeszıteset.

Debrecen, 2014. oktober 16.

Boros Zoltan

Tartalomjegyzek

Bevezetes 4

1. Konvex fuggvenyek 51.1. A konvexitas ekvivalens alakjai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2. Konvex fuggvenyek regularitasa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.3. Differencialhato fuggvenyek konvexitasa . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.4. Jensen-konvex, Wright-konvex fuggvenyek . . . . . . . . . . . . . . . 121.5. Valos additıv fuggvenyek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.6. A Hadamard–egyenlotlenseg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2. Kozepertekek 222.1. Kozepekkel kapcsolatos fogalmak, peldak . . . . . . . . . . . . . . . . 222.2. Kvaziaritmetikai kozepek fogalma, osszehasonlıtasa . . . . . . . . . . 242.3. Kvazi-aritmetikai kozepek homogenitasa . . . . . . . . . . . . . . . . 272.4. Hatvanykozepek es osszehasonlıtasuk . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302.5. Nevezetes egyenlotlensegek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.6. Elemi szimmetrikus polinomokbol kepzett kozepek osszehasonlıtasa . 36

Irodalom 40

3

Bevezetes

Egyenlotlenseg alatt a matematikai szakirodalomban es szohasznalatban altalabannem egyszeruen az egyenloseg tagadasat, hanem ket mennyiseg (szigoruan veve:valos szam, vagy altalanosabban, valamilyen relacioval ellatott halmaz elemei) kozottfennallo meghatarozott iranyu osszehasonlıtast ertunk. Tanulmanyaink soran jel-lemzoen a szamtani es mertani kozep osszehasonlıtasaval talalkozunk leghamarabb,ennek altalanos esetet Cauchy vizsgalta. Az o vizsgalatai motivaloan hatottak szamostovabbi nevezetes egyenlotlenseg felismeresere. A temakorhoz kapcsolodo sok erdekesfeladat es allıtas talalhato Polya Gyorgy es Szego Gabor sok kiadast megert, nepszeru[5] feladatgyujtemenyeben.

Az egyenlotlensegek temakore G. H. Hardy, J. E. Littlewood es Polya GyorgyInequalities cımu [2] konyvenek nyolvan evvel ezelotti megjelenesekor valt a mate-matikan beluli onallo szakterulette. Ebben a szerzok szisztematikusan feltarjak azismert nevezetes egyenlotlensegek egymassal es a valos fuggvenyek konvexitasi tu-lajdonsagaival valo osszefuggeseit. A konvex fuggvenyek vizsgalata ezen tulmenoenonallo kutatasi terulette is valt, az erdeklodo olvasonak ajanlhatjuk peldaul A. W. Ro-berts es D. E. Varberg [6] konyvet.

Ez a jegyzet egy — a jegyzet cımevel azonos nevu — feleves kurzus tananyagahozkeszult, matematika BSc szakos (alkalmazott matematikus vagy matematikus sza-kiranyban tanulo) hallgatok szamara. A jegyzet celja, hogy a tantargy tematikajatkovetve bemutassa a valos intervallumon ertelmezett konvex fuggvenyek kulonfelekarakterizacioit es regularitasi tulajdonsagait, valamint ezek alkalmazasat a kvazi-aritmetikai kozepek osszehasonlıtasara, ami szamos, hatvanykozepekre vonatkozo ne-vezetes egyenlotlenseget tartalmaz specialis esetkent. A konvexitasi fogalmak ossze-vetesekor hivatkoznunk kell az additıv fuggvenyek elmeletere, amit roviden targyalunk;a homogen kvaziaritmetikai kozepek meghatarozasakor pedig bizonyos Levi-Civitatıpusu fuggvenyegyenletek folytonos, szigoruan monoton megoldasait hatarozzuk meg.Targyalunk tovabbi nevezetes egyenlotlensegeket is (peldaul a Holder- es a Minkowski-egyenlotlenseget), valamint ezek alkalmazasakent a hatvanykozepek hatvanykozepeirevonatkozo Ingham–Jessen-egyenlotlenseget.

A temakor targyalasakor tamaszkodnunk kell a valos analızis legalapvetobb fogal-maira es osszefuggeseire. Ezeknek az olvaso szamos egyetemi jegyzet mellett peldaulWalter Rudin [7] tankonyveben is utananezhet.

4

1. fejezet

Konvex fuggvenyek

1.1. A konvexitas ekvivalens alakjai

A tovabbiakban

• N a termeszetes szamok (azaz a pozitıv egesz szamok) halmazat,

• Z az egesz szamok halmazat,

• Q a racionalis szamok halmazat,

• R a valos szamok halmazat

jeloli.

Legyen I tetszoleges intervallum (I ⊂ R).

1.1.1. Definıcio. Azt mondjuk, hogy f : I → R konvex, ha ∀x, y ∈ I : ∀t ∈ [0, 1] :

(K) f [(1− t)x+ ty] ≤ (1− t)f(x) + tf(y);

illetve f szigoruan konvex, ha ∀x, y ∈ I, x 6= y es ∀t ∈]0, 1[:

(K− szig) f [(1− t)x+ ty] < (1− t)f(x) + tf(y).

f konkav, illetve szigoruan konkav, ha ugyanezen feltetelek mellett fordıtott egyen-lotlensegnek [≥ ill. >] tesz eleget.

1.1.2. Peldak. 1. f(x) =

{0 ha 0 ≤ x < 1,1 ha x = 1.

Hazi feladat: f : [0, 1]→ R konvex-e, konkav-e?

2. f(x) =

{0, ha − 1 ≤ x < 0,1, ha 0 ≤ x ≤ 1.

Hazi feladat: f : [−1, 1]→ R konvex-e, konkav-e?

3. f(x) = |x| (x ∈ R).Hazi feladat: f : R→ R konvex-e, konkav-e, szigoruan konvex/konkav-e?

5

FEJEZET 1. KONVEX FUGGVENYEK 6

4. f(x) = x2 (x ∈ R).Hazi feladat: f : R→ R konvex-e, konkav-e, szigoruan konvex/konkav-e?

1.1.3. Lemma. Legyen A,B ∈ R, 0 < p < 1, C = (1− p)A+ pB. Ekkor

A ≤ B ⇐⇒ A ≤ C ⇐⇒ C ≤ B .

Bizonyıtas. A ≤ B ⇐⇒ pA ≤ pB ⇐⇒ A ≤ (1 − p)A + pB = C , illetveA ≤ B ⇐⇒ (1− p)A ≤ (1− p)B ⇐⇒ C = (1− p)A+ pB ≤ B . �

1.1.4. Megjegyzes. f : I → R konvex⇐⇒ ∀x, y ∈ I, x < y es ∀t ∈]0, 1[ eseten (K)teljesul.

1.1.5. TETEL. [a konvexitas ekvivalens alakjai]: Legyen I ⊂ R intervallum esf : I → R, valamint I3

∆ = {(x, y, z) ∈ I3 | x < y < z}. Ekkor a kovetkezo feltetelekekvivalensek:

(K1) f konvex, azaz ∀x, z ∈ I, x < z es ∀t ∈]0, 1[ : f [(1− t)x+ tz] ≤ (1− t)f(x) +tf(z);

(K2) Barmely 2 ≤ n ∈ N eseten ∀x1, x2, . . . , xn ∈ I : ∀t1, t2, . . . , tn ∈ [0, 1] :n∑j=1

tj = 1

eseten

f

(n∑j=1

tjxj

)≤

n∑j=1

tjf(xj) ;

(K3) ∀(x, y, z) ∈ I3∆ :

∣∣∣∣∣∣1 1 1x y z

f(x) f(y) f(z)

∣∣∣∣∣∣ ≥ 0;

(K4) ∀(x, y, z) ∈ I3∆ :

f(y)− f(x)

y − x≤ f(z)− f(x)

z − x;

(K5) ∀(x, y, z) ∈ I3∆ :

f(z)− f(x)

z − x≤ f(z)− f(y)

z − y;

(K6) ∀(x, y, z) ∈ I3∆ :

f(y)− f(x)

y − x≤ f(z)− f(y)

z − y.

Bizonyıtas. ∀(x, y, z) ∈ I3∆ eseten

f(z)− f(x)

z − x=f(z)− f(y) + f(y)− f(x)

z − x=z − yz − x

· f(z)− f(y)

z − y+y − xz − x

· f(y)− f(x)

y − x

esz − yz − x

+y − xz − x

= 1, ezert a lemma szerint (K4)⇐⇒ (K6)⇐⇒ (K5).


(K3)⇐⇒ ∀x, y, z) ∈ I3∆ :

yf(z)− zf(y)− xf(z) + zf(x) + xf(y)− yf(x) ≥ 0

yf(z)− xf(z)− yf(y) + xf(y) ≥ zf(y)− yf(y)− zf(x) + yf(x)

(y − x)[f(z)− f(y)] ≥ (z − y)[f(y)− f(x)]

f(z)− f(y)

z − y≥ f(y)− f(x)

y − xazaz (K6).

(K3) ⇐⇒ ∀(x, y, z) ∈ I3∆ : 0 ≤ (z − y)f(x)− (z − x)f(y) + (y − x)f(z)⇐⇒

(K3∗) ∀(x, y, z) ∈ I3∆ : f(y) ≤ z − y

z − xf(x) +

y − xz − x

f(z).

(K3∗)⇒ (K1): legyen x, z ∈ I, x < z, t ∈]0, 1[, valamint y = (1− t)x+ tz . Ekkor

x < y < z es y = x+ t(z − x) miatt t = y−xz−x es 1− t = 1− y−x

z−x = (z−x)−(y−x)z−x = z−y

z−x ,ezert

f((1− t)x+ tz) = f(y) ≤ z − yz − x

f(x) +y − xz − x

f(z) = (1− t)f(x) + tf(z).

(K1)⇒ (K3∗): Legyen (x, y, z) ∈ I3∆ es t = y−x

z−x . Ekkor 0 < t < 1 , 1− t = z−yz−x es

(1− t)x+ tz =(z − y)x

z − x+

(y − x)z

z − x=zx− yx+ yz − xz

z − x=y(z − x)

z − x= y ,

ezert

f(y) = f [(1− t)x+ tz] ≤ (1− t)f(x) + tf(z) =z − yz − x

f(x) +y − xz − x

f(z) .

(K2)⇒ (K1) n = 2, x1 = x, x2 = z, t1 = 1− t, t2 = t valasztassal.

(K1)⇒ (K2) n szerinti teljes indukcioval: n = 2 eseten x = x1, z = x2, t = t2valasztassal kovetkezik. Ha valamely n-re a (K2)-beli egyenlotlenseg teljesul, valamint

x1, x2, . . . , xn, xn+1 ∈ I, t1, t2, . . . , tn, tn+1 ∈ [0, 1],n+1∑j=1

tj = 1, akkor tn+1 = 1 eseten

f

(n+1∑j=1

tjxj

)= f(xn+1) =

n+1∑j=1

tjf(xj), tn+1 6= 1 eseten pedig

n∑j=1

tj1− tn+1

=1

1− tn+1

n∑j=1

tj =1

1− tn+1

(1− tn+1) = 1 ,


ezert

f

(n+1∑j=1

tjxj

)= f

(1− tn+1)1

1− tn+1

n∑j=1

tjxj︸︷︷︸x

+tn+1xn+1

≤ (1− tn+1) f

(n∑j=1

tj1− tn+1

xj

)+ tn+1f(xn+1)

≤ (1− tn+1)n∑j=1

tj1− tn+1

f(xj) + tn+1f(xn+1) =n+1∑j=1

tjf(xj).

�

1.2. Konvex fuggvenyek regularitasa

Ezentul I ⊂ R nyılt intervallum.

1.2.1. Hazi Feladat. Legyen

f(x) =

{0, ha 0 < x ≤ 3,

20 + x2, ha 3 < x < 4.

Konvex-e az f :]0, 4[→ R fuggveny?

1.2.2. Definıcio. Legyen f : I → R es x0 ∈ I. Ha letezik a(z) limx→x0+

f(x)− f(x0)

x− x0

hatarertek, azt f ′+(x0) modon jeloljuk es az f fuggveny x0-beli jobboldali derivaltjanaknevezzuk. Ha f ′+(x0) letezik es f ′+(x0) ∈ R (azaz veges), akkor azt mondjuk, hogy

f jobbrol differencialhato x0-ban. Hasonloan, f ′−(x0) = limx→x0−

f(x)− f(x0)

x− x0

az f

fuggveny baloldali derivaltja x0-ban (ha letezik), es f balrol differencialhato x0-ban,ha f ′−(x0) ∈ R

1.2.3. Allıtas. Ha f : I → R jobbrol/balrol differencialhato az x0 ∈ I pontban, akkorf jobbrol/balrol folytonos x0-ban.

Bizonyıtas.

limx→x0+

f(x) = limx→x0+

(f(x)− f(x0) + f(x0)) = limx→x0+

f(x)− f(x0)

x− x0

(x− x0) + f(x0)

= f ′+(x0) · 0 + f(x0) = f(x0) .

�

,,Emlekezteto”: f folytonos x0-ban ⇐⇒ f balrol folytonos x0-ban es f jobbrolfolytonos x0-ban.


1.2.4. Kovetkezmeny. Ha f balrol es jobbrol differencialhato x0-ban, akkor f foly-tonos x0-ban.

1.2.5. Allıtas. f differencialhato x0-ban ⇐⇒{f balrol differencialhato x0-ban,f jobbrol differencialhato x0-ban

es f ′−(x0) = f ′+(x0) .

Bizonyıtas. A hatarertek megfelelo tulajdonsagabol kovetkezik �

1.2.6. Megjegyzes. Az elobbiekben targyalt osszefuggeseket (az I nyılt intervallumegy x0 pontjaban) a kovetkezo abran szemleltethetjuk:

f balrol es jobbrol differencialhato x0-ban ⇐= f differencialhato x0-ban⇓ ⇓

f balrol es jobbrol folytonos x0-ban ⇐⇒ f folytonos x0-ban

1.2.7. Definıcio. Tetszoleges f : I → R fuggveny es x ∈ I eseten a

∂f(x) = {λ ∈ R | ∀y ∈ I : f(y) ≥ f(x) + λ(y − x)}

szamhalmazt az f fuggveny x pontbeli szubdifferencialjanak, ∂f(x) elemeit pedig azf fuggveny x pontbeli szubgradienseinek nevezzuk.

1.2.8. TETEL. Ha f : I → R konvex, akkor f balrol es jobbrol differencialhato[minden pontban], ∀x ∈ I : ∂f(x) 6= ∅, tovabba tetszoleges x, y ∈ I , x < y eseten

f ′−(x) ≤ f ′+(x) ≤ f ′−(y) ≤ f ′+(y). (1.1)

Bizonyıtas. Legyen ϕx(t) =f(t)− f(x)

t− x(t ∈ I \ {x}) (x ∈ I). Ekkor

(K4)–(K6) miatt tetszoleges x, y, v, s, w, u, ∈ I, v < s < x < w < u < y eseten

ϕx(v) ≤ ϕx(s) ≤ ϕx(w) ≤ ϕx(u) ≤ ϕy(u). (1.2)

Emiatt ϕx : I \ {x} → R monoton novekvo, ıgy letezik

f ′−(x) = limt→x−

ϕx(t) = sup{ϕx(t) : t ∈ ]−∞, x[∩ I}

f ′+(x) = limt→x+

ϕx(t) = inf{ϕx(t) : t ∈ ]x,+∞[∩ I},

ezek valos szamok [mert ϕx(w) felso korlatja az elso, ϕx(s) pedig also korlatja amasodik halmaznak], tovabba

f ′−(x) ≤ f ′+(x) ,

ugyanis f ′−(x) ≤ ϕx(w)⇒ f ′−(x) ≤ f ′+(x).

Hasonloan, ϕx(w) ≤ ϕy(u) miatt ϕx(w) ≤ f ′−(y)⇒ f ′+(x) ≤ f ′−(y).


Legyen most λ ∈ [f ′−(x), f ′+(x)]. Ekkor tetszoleges s, w ∈ I, s < x < w eseten

f(s)− f(x)

s− x= ϕx(s) ≤ f ′−(x) ≤ λ ≤ f ′+(x) ≤ ϕx(w) =

f(w)− f(x)

w − x.

Az elso egyenlotlenseget az s− x < 0 szammal vegigszorozva f(s)− f(x) ≥ λ(s− x)azaz f(s) ≥ f(x) + λ(s− x) ; a masodik egyenlotlenseget pedig a w− x > 0 szammalvegigszorozva λ(w − x) ≤ f(w) − f(x) azaz f(x) + λ(w − x) ≤ f(w) adodik. Mivelf(x) = f(x) + λ(x− x), belattuk, hogy λ ∈ ∂f(x). �

1.2.9. Kovetkezmeny. Ha f : I → R konvex, akkor az f folytonos.

1.2.10. Kovetkezmeny. Ha f : I → R konvex, akkor ∃P ⊂ I megszamlalhatoszamossagu halmaz ugy, hogy ∀x ∈ I \ P pontban f differencialhato.

Bizonyıtas. A tetel szerint f ′− : I → R es f ′+ : I → R monoton novekvo,tovabba, ha peldaul f ′− folytonos az x ∈ I pontban, akkor

f ′−(x) ≤ f ′+(x) ≤ limy→x+

f ′−(y) = f ′−(x), azaz f ′−(x) = f ′+(x).

Masreszrol egy monoton fuggveny szakadasi helyeinek a halmaza megszamlalhato. �

1.2.11. Kovetkezmeny. ∗ Ha f : I → R konvex, akkor ∃H ⊂ I Lebesgue szerintnullmerteku halmaz, ugy hogy ∀x ∈ I \H : f ′− es f ′+ differencialhato x-ben es f ′′−(x) =f ′′+(x).

Bizonyıtas. Lebesgue differencialhatosagi tetele szerint barmely monotonfuggveny ,,majdnem mindenutt” differencialhato, tehat leteznek U1 es U2 Lebesgueszerint nullmerteku halmazok ugy, hogy f ′− differencialhato I \ U1 pontjaiban es f ′+differencialhato I \ U2 pontjaiban. H = U1 ∪ U2 is nullmerteku es x ∈ I \ H esetenletezik f ′′−(x), f ′′+(x) valamint f ′− = f ′+ = f ′ egy suru halmazon, ami x-et is tartal-mazza, tehat f ′′−(x) = f ′′+(x). �

1.2.12. Hazi Feladat. Adjunk meg olyan f : I → R konvex fuggvenyt, amely vegtelensok pontban nem differencialhato!

1.2.13. TETEL. Tetszoleges f : I → R eseten a kovetkezo feltetelek ekvivalensek:

(K1) f konvex;

(K7) ∀x ∈ I : ∂f(x) 6= ∅ .


Bizonyıtas. (K1) =⇒ (K7): Az elozo tetelben szerepelt.(K7) =⇒ (K1): Belatjuk, hogy (K7) =⇒ (K6) [ ⇒ (K1)].

Legyen x, y, z ∈ I3∆ es legyen λ ∈ ∂f(y). Ekkor

f(x) ≥ f(y) + λ(x− y), azaz λ(y − x) ≥ f(y)− f(x) , illetve

f(z) ≥ f(y) + λ(z − y), azaz f(z)− f(y) ≥ λ(z − y) , ıgy

f(y)− f(x)

y − x≤ λ ≤ f(z)− f(y)

z − y.

�

1.3. Differencialhato fuggvenyek konvexitasa

Ebben a reszben lenyegeben csak atismeteljuk mindazt, amit a (ketszer) differencial-hato fuggvenyek vizsgalatakor a konvexitassal kapcsolatban a Differencial- es integral-szamıtas targy kereteben korabban tanultunk es gyakoroltunk. Mivel a gyakorlatban amasodik derivalt elojelenek vizsgalataval a legegyszerubb ellenorizni adott fuggvenyekkonvexitasat, feltetlenul indokolt az alkalmazhato osszefuggesek attekintese.

Tovabbra is feltesszuk, hogy I ⊂ R nyılt intervallum.

1.3.1. Hazi Feladat. Bizonyıtsuk be, hogy ha ϕ : I → R monoton novekvo, x0 ∈ Ies

Φ(x) =

∫ x

x0

ϕ (x ∈ I),

akkor Φ : I → R konvex!

1.3.2. TETEL. Tegyuk fel, hogy f : I → R differencialhato. Ekkor a kovetkezofeltetelek ekvivalensek:

(K1) f konvex;

(K8) f ′ : I → R monoton novekvo.

Bizonyıtas. (K1) =⇒ (K8):Elozoleg belattuk, hogy f ′− : I → R monoton novekvo es a felteves szerint f ′ = f ′−.

(K8) =⇒ (K1): Belatjuk, hogy (K8) =⇒ (K6) [ =⇒ (K1)]. Legyen x, y, z ∈ Iugy, hogy x < y < z . A Lagrange-fele kozepertek-tetel szerint ∃u ∈]x, y[ es w ∈]y, z[ugy, hogy

f(y)− f(x)

y − x= f ′(u) ≤ f ′(y) ≤ f ′(w) =

f(z)− f(y)

z − y.

�

1.3.3. Hazi Feladat. Fogalmazzuk meg es igazoljuk a (K1)–(K6) tulajdonsagok meg-feleloit (es ekvivalenciajukat) a szigoru konvexitas esetere!


1.3.4. TETEL. Tegyuk fel, hogy f : I → R differencialhato! Ekkor a kovetkezofeltetelek ekvivalensek:

(SK) f szigoruan konvex;

(SM) f ′ szigoruan monoton novekvo.

Bizonyıtas. ,,Hasonlo” az elozohoz. �

1.3.5. TETEL. Tegyuk fel, hogy f : I → R ketszer differencialhato. Ekkor a kovet-kezo feltetelek ekvivalensek:

(K1) f konvex;

(K9) ∀x ∈ I: f ′′(x) ≥ 0 .

Bizonyıtas. Az 1.3.2. tetelbol es a differencialhato fuggvenyek monoto-nitasanak derivalttal valo ismert jellemzesebol kovetkezik �

1.3.6. TETEL. Tegyuk fel, hogy f : I → R ketszer differencialhato. Ekkor a kovet-kezo feltetelek ekvivalensek:

(SK) f szigoruan konvex;

(SP) ∀x ∈ I: f ′′(x) ≥ 0 es ∀a, b ∈ I, a 0 .

1.3.7. Pelda.

f(x) = x2 =⇒ f ′(x) = 2x =⇒ f ′′(x) = 2 > 0 (x ∈ R) =⇒ f szigoruan konvex.

1.3.8. Megjegyzes. Az eredmenyek egyszeruen atfogalmazhatok konkav fuggvenyekre.

1.4. Jensen-konvex, Wright-konvex fuggvenyek

I ⊂ R (nyılt) intervallum.

1.4.1. Definıcio. Azt mondjuk, hogy az f : I → R fuggveny Jensen-konvex, ha∀x, y ∈ I :

(J-K) f

(x+ y

2

)≤ f(x) + f(y)

2.

1.4.2. Definıcio. Azt mondjuk, hogy az f : I → R fuggveny Wright-konvex, ha∀x, y ∈ I : ∀t ∈ [0, 1] :

(W-K) f [tx+ (1− t)y] + f [(1− t)x+ ty] ≤ f(x) + f(y) .

1.4.3. TETEL. f : I → R eseten


(i) f Jensen-konvex ⇐⇒ ∀x ∈ I : ∀h > 0 : x− h , x+ h ∈ I eseten

f(x)− f(x− h) ≤ f(x+ h)− f(x) .

(ii) f Wright-konvex ⇐⇒ ∀x, y ∈ I : ∀h > 0 : x < y es y + h ∈ I eseten

f(x+ h)− f(x) ≤ f(y + h)− f(y) .

(iii) f konvex ⇐⇒ (K6) : ∀x, y, z ∈ I : x < y < z :

f(y)− f(x)

y − x≤ f(z)− f(y)

z − y.

Sot, f konvex ⇐⇒ ∀u, x, y, z ∈ I : u < min{x, y} , max{x, y} < z :

f(x)− f(u)

x− u≤ f(z)− f(y)

z − y.

Bizonyıtas.

(iii) mar ismert, a tobbi hasonlo (de egyszerubb). Peldaul

(i) f(x)− f(x− h) ≤ f(x+ h)− f(x) ⇐⇒ f(x) ≤ f(x−h)+f(x+h)2

; illetve

(ii)z = (1− t)x+ tyh = [tx+ (1− t)y]− x

}⇐⇒

{y = z + ht = z−x

y−x = z−xz+h−x

.

�

1.4.4. Allıtas. f konvex =⇒ f Wright-konvex =⇒ f Jensen konvex.

Bizonyıtas. Az

f [(1− t)x+ ty] ≤ (1− t)f(x) + tf(y) es

f [tx+ (1− t)y] ≤ tf(x) + (1− t)f(y)

egyenlotlensegek megfelelo oldalainak osszeadasaval igazolhato, hogy minden kon-vex fuggveny Wright-konvex. Ha pedig a (W-K) egyenlotlensegnek a t = 1

2he-

lyettesıteshez tartozo specialis esetet tekintjuk, abbol azonnal (mindket oldalt 2-velosztva) adodik (J-K). �

1.4.5. TETEL. Ha f : I → R Jensen-konvex, n ∈ N es x1, x2, . . . , xn ∈ I, akkor

f

(x1 + x2 + . . .+ xn

n

)≤ f(x1) + f(x2) + . . .+ f(xn)

n. (1.3)


Bizonyıtas. n = 1: f(x1) ≤ f(x1) azonossag;n = 2: (1.3) azonos (J-K)-val.

I. lepes: k szerinti teljes indukcioval belatjuk, hogy (1.3) igaz n = 2k (k ∈ N) eseten.Belattuk, hogy k = 1 (azaz n = 2) eseten (1.3) teljesul. Ha k > 1 es n = 2k−1

eseten (1.3) igaz, akkor n = 2k eseten

f

(x1 + x2 + . . .+ xn

n

)= f

(x1 + x2 + . . .+ x2k−1 + x2k−1+1 + . . .+ x2k

2k

)= f

[x1+x2+...+x

2k−1

2k−1 +x2k−1+1

+...+x2k

2k−1

2

]

≤ 1

2

[f

(x1 + x2 + . . .+ x2k−1

2k−1

)+ f

(x2k−1+1 + . . .+ x2k

2k−1

)]≤ 1

2

[f(x1) + f(x2) + . . .+ f(x2k−1)

2k−1+f(x2k−1+1) + . . .+ f(x2k)

2k−1

]=

f(x1) + f(x2) + . . .+ f(x2k−1) + f(x2k−1+1) + . . .+ f(x2k)

2k

II. lepes: Tetszoleges n ∈ N, n ≥ 3 eseten legyen k ∈ N ugy, hogy 2k−1 < n ≤ 2k,tovabba n < j ≤ 2k eseten legyen yj = x1+x2+...+xn

n= x. Ekkor

x1 +x2 +. . . xn+yn+1 +. . . y2k = n·x+(2k−n)x = 2kx = 2k · x1 + x2 + . . .+ xnn

,

ezert

f(x) = f

(x1 + x2 + . . .+ xn

n

)= f

(x1 + x2 . . .+ xn + yn+1 + . . . y2k

2k

)≤ f(x1) + f(x2) + . . .+ f(xn) + f(yn+1) + . . .+ f(y2k)

2k

=1

2k

[n · f(x1) + f(x2) + . . .+ f(xn)

n+ (2k − n)f(x)

],

azaz

2kf(x) ≤ n · f(x1) + f(x2) + . . .+ f(xn)

n+ (2k − n)f(x),

ıgy

nf(x) ≤ n · f(x1) + f(x2) + . . .+ f(xn)

n,

azaz

f(x) ≤ f(x1) + f(x2) . . .+ f(xn)

n.

�


1.4.6. TETEL. Ha f : I → R Jensen-konvex, x, y ∈ I es r ∈ [0, 1] ∩Q , akkor

f [(1− r)x+ ry] ≤ (1− r)f(x) + rf(y) .

Bizonyıtas. Legyen k ∈ N0 es n ∈ N ugy, hogy r = kn

. Nyilvan ekkor0 ≤ k ≤ n . Legyen x1 = x2 = . . . = xn−k = x es xn−k+1 = . . . = xn = y . Ekkor

f [(1− r)x+ ry] = f

[(1− k

n

)x+

k

ny

]

= f

((n− k)x+ ky

n

)= f

(n−k)x︷︸︸︷

x1 + x2 + . . .+ xn−k +

ky︷︸︸︷xn−k+1 + . . .+ xn

n

≤ f(x1) + f(x2) + . . .+ f(xn−k) + f(xn−k+1 + . . .+ f(xn)

n=

(n− k)f(x) + kf(y)

n

=

(1− k

n

)f(x) +

k

nf(y) = (1− r)f(x) + rf(y) .

�

1.4.7. Hazi Feladat. 1.) Igazoljuk, hogy ha f : I → R Jensen-konvex, n ∈ N ,x1, x2, . . . , xn ∈ I , r1, r2, . . . , rn ∈ Q ∩ [0, 1] es

∑nj=1 rj = 1 , akkor

f

(n∑j=1

rjxj

)≤

n∑j=1

rjf(xj).

2.) Igazoljuk, hogy ha I1, I2 intervallumok, g : I1 → I2 Jensen-konvex es f : I2 → Rmonoton novekvo, konvex, akkor f ◦ g Jensen-konvex!

1.4.8. TETEL. Ha f : I → R folytonos, akkor az alabbi feltetelek ekvivalensek:

(K) f konvex;

(W-K) f Wright-konvex;

(J-K) f Jensen-konvex.

Bizonyıtas. Belattuk, hogy (K) =⇒ (W-K) =⇒ (J-K) [folytonossag nelkul is].

(J-K) =⇒ (K): Legyen x, y ∈ I es t ∈ [0, 1]. Ekkor ∃(rn) : N → Q ∩ [0, 1] ugy,hogy t = limn→∞ rn . A 1.4.6. tetel szerint ∀ ∈ N :

f [(1− rn)x+ rny] ≤ (1− rn)f(x) + rnf(y),

ezert

[(1− t)x+ ty] = limn→∞

f [(1− rn)x+ rny]

≤ limn→∞

[(1− rn)f(x) + rnf(y)] = (1− t)f(x) + tf(y) .

�


1.5. Valos additıv fuggvenyek

Az elozo reszben belattuk, hogy minden folytonos Wright-konvex fuggveny illetveminden folytonos Jensen-konvex fuggveny szuksegkeppen konvex is. Arra a kerdesre,hogy leteznek-e egyaltalan nem folytonos Wright-konvex fuggvenyek vagy nem foly-tonos Jensen-konvex fuggvenyek, legcelszerubb az additıv fuggvenyekre vonatkozomegfelelo kerdes vizsgalata utan valaszt keresni. A ket kerdes kapcsolatat reszletesentargyalja peldaul Marek Kuczma [3] monografiaja, illetve uj megvilagıtasba helyezi aszerzo Pales Zsolttal kozosen ırt [1] dolgozata.

1.5.1. Definıcio. Azt mondjuk, hogy f : R→ R additıv, ha ∀x, y ∈ R :

(A) f(x+ y) = f(x) + f(y) . (1.4)

1.5.2. TETEL. Ha f : R→ R additıv, akkor

∀x ∈ R : ∀r ∈ Q : f(rx) = rf(x) . (1.5)

Bizonyıtas. I. lepes: (A)-ban x = y = 0 =⇒ f(0) = f(0) + f(0) azaz f(0) = 0.

II. lepes: Teljes indukcioval igazoljuk, hogy ∀x ∈ R : ∀n ∈ N :

f(nx) = nf(x).

Ez n = 1 eseten nyilvanvalo, es ha n-re igaz, akkor

f [(n+ 1)x] = f(nx+ x) = f(nx) + f(x) = nf(x) + f(x) = (n+ 1)f(x).

III. lepes: f(x) + f(−x) = f(x+ (−x)) = f(0) = 0, ezert f(−x) = −f(x) (x ∈ R).Ha n ∈ N, akkor f(−nx) = −f(nx) = (−n)f(x). Tehat ∀m ∈ Z :

f(mx) = mf(x) (x ∈ R).

IV. lepes: Ha x ∈ R , m ∈ Z es n ∈ N , akkor

n · f(mnx)

= f(n · m

nx)

= f(mx) = mf(x),

ezertf(mnx)

=m

nf(x) .

�

1.5.3. Kovetkezmeny. Ha f : R→ R additıv es folytonos, akkor linearis, azaz

∃c ∈ R : ∀x ∈ R : f(x) = cx .


Bizonyıtas. Legyen x ∈ R tetszoleges. Ekkor ∃(rn) : N→ Q ugy, hogy

x = limn→∞

rn

(peldaul: rn =

[nx]

n=⇒ x− 1

n< rn ≤ x

),

a peldaban [nx] az nx valos szam (also) egesz reszet jeloli. Tehat

f(x) = f(

limn→∞

rn

)= lim

n→∞f(rn) = lim

n→∞rn·f(1) = f(1)· lim

n→∞rn = f(1)x [c = f(1)].

�

1.5.4. TETEL. Ha f : R→ R additıv es nem linearis, akkor

f = {(x, f(x)) : x ∈ R} [f grafja ]

suru R2-ben.

Bizonyıtas. Legyen t ∈ R ugy, hogy f(t) 6= tf(1). Ekkor {(1, f(1)), (t, f(t))}linearisan fuggetlen 2 elemu halmaz R2-ben, ezert ez R2 egy bazisa. Tehat tetszoleges(x, y) ∈ R2 eseten letezik α, β ∈ R ugy, hogy

(x, y) = α(1, f(1)) + β(t, f(t)) = (α + βt , αf(1) + βf(t)),

azaz

x = α + βt

y = αf(1) + βf(t).

Legyen (αn), (βn) : N→ Q ugy, hogy α = limn→∞ αn , β = limn→∞ βn . Ekkor

(x, y) = (α + βt , αf(1) + βf(t)) =(

limn→∞

αn + limn→∞

βn · t , limn→∞

αnf(1) + limn→∞

βnf(t))

= limn→∞

(αn + βnt , αnf(1) + βnf(t)) = limn→∞

(αn + βnt, f(αn + βnt)) ,

ahol(αn + βnt , f(αn + βnt)) ∈ f (n ∈ N).

�

1.5.5. Kovetkezmeny. Ha f : R → R additıv es ∃x0 ∈ R : ∃δ > 0 : f alulrol(vagy felulrol) korlatos az ]x0 − δ , x0 + δ[ intervallumon, akkor f linearis.

1.5.6. Megjegyzes. f : R→ R additıv ⇐⇒ f : R→ R Q-linearis.

1.5.7. TETEL. [Hamel, 1905]: Letezik f : R → R additıv fuggveny, amely nemlinearis.


Utmutatas a bizonyıtashoz. R vektorter Q felett. Tetszoleges vektorterbena Zorn-lemma szerint van maximalis linearisan fuggetlen reszhalmaz, azaz bazis. Sot,az is igaz, hogy ha B0 az adott vektorter egy linearisan fuggetlen reszhalmaza, ak-kor ∃B bazis ugy, hogy B0 ⊂ B . Tehat, ha H0 egy Q felett linearisan fugget-len reszhalmaza R-nek (pl. H0 = {1,

√2}), akkor ∃H ⊂ R bazisa R-nek Q fe-

lett [amit Hammel bazisnak nevezunk] ugy, hogy H0 ⊂ H . Ez azt jelenti, hogy∀x ∈ R : ∃!%x : H → Q ugy, hogy %x(h) = 0 veges sok h ∈ H kivetelevel es

x =∑h∈H

%x(h) · h .

Legyen ϕ0 : H0 → R tetszoleges (pl. ϕ0(1) = ϕ0(√

2) = 1) es ϕ : H → R a ϕ0

tetszoleges kiterjesztese, valamint

f(x) =∑h∈H

%x(h) · ϕ(h) (x ∈ R).

Ekkor f : R → R linearis Q felett es f |H= ϕ =⇒ f |H0= ϕ0 . Tovabba ϕ0 fentimegvalasztasa eseten f(

√2) = 1 6=

√2 =√

2f(1), tehat f nem linearis. �

1.5.8. Hazi Feladat. 1.) Legyen A : R → R additıv, g : R → R konvex (pl.:g(x) = x2)), I ⊂ R intervallum, es

f1(x) = g(A(x)) (x ∈ I),

f2(x) = g(x) + A(x) (x ∈ I).

a.) Igazoljuk, hogy f1 : I → R Jensen-konvex, f2 : I → R Wright-konvex.

b.)* Mutassuk meg, hogy ha g(x) = x2 (x ∈ R); I = R es A : R→ R nem linearisadditıv fuggveny, akkor f1 nem lehet ,,f2 alaku”, azaz @g : R → R konvex esA : R→ R additıv fuggveny ugy, hogy

g(A(x)) = g(x) + A(x) (x ∈ R).

1.5.9. TETEL. *[Che Tat Ng, 1986]: Legyen I ⊂ R nyılt intervallum. Ekkor f :I → R Wright-konvex ⇐⇒ ∃g : I → R konvex es A : R → R additıv ugy, hogy∀x ∈ I :

f(x) = g(x) + A(x).

A tetel bizonyıtasat itt nem targyaljuk, mivel sok eloismeretet igenyel (pl. Bernstein–Doetsch-tetel es de Bruijn tetele a folytonos differenciarol). Az eredeti bizonyıtasmegtalalhato Che Tat Ng [4] cikkeben.


1.6. A Hadamard–egyenlotlenseg

1.6.1. TETEL. [Hadamard–egyenlotlenseg, 1893]: Ha a, b ∈ R, a < b, f : [a, b]→ Rfolytonos es konvex, akkor

f

(a+ b

2

)≤ 1

b− a

∫ b

a

f(x)dx ≤ f(a) + f(b)

2(1.6)

Bizonyıtas. Legyen m ∈ ∂f(a+b

2

)es M = f(b)−f(a)

b−a , valamint minden x ∈ [a, b]eseten

g(x) = f

(a+ b

2

)+m

(x− a+ b

2

)es h(x) =

f(a) + f(b)

2+M

(x− a+ b

2

).

Ekkor m valasztasa miatt f(x) ≥ g(x) (x ∈ [a, b]), masreszt

∀x ∈ [a, b] :f(x)− f(a)

x− a≤M

azaz f(x)− f(a) ≤M(x− a), ıgy

f(x) ≤ f(a) +M(x− a) = f(a) +M

[x− a+ b

2+a+ b

2− a]

= f(a) +M · b− a2

+M

(x− a+ b

2

)= f(a) +

f(b)− f(a)

2+M

(x− a+ b

2

)=

f(a) + f(b)

2+M

(x− a+ b

2

)= h(x)

azaz g(x) ≤ f(x) ≤ h(x). Tovabba∫ b

a

(x− a+ b

2

)dx =

∫ b

a

xdx− a+ b

2

∫ b

a

1dx =

[x2

2

]ba

− a+ b

2(b− a)

=b2

2− a2

2− b2 − a2

2= 0,

ezert

(b− a)f

(a+ b

2

)=

∫ b

a

g(x)dx ≤∫ b

a

f(x)dx ≤∫ b

a

h(x)dx = (b− a)f(a) + f(b)

2,

amibol (H) kovetkezik. �

1.6.2. Hazi Feladat. Igazoljuk, hogy a tetel az f fuggveny folytonossagara vonatkozofelteves nelkul is ertelmes es ervenyes!


A tetel megfordıtasa is igaz a kovetkezo ertelemben:

1.6.3. TETEL. Ha I ⊂ R nyılt intervallum, f : I → R folytonos es

(H1) ∀a, b ∈ I, a < b eseten

1

b− a

∫ b

a

f(x)dx ≤ f(a) + f(b)

2

vagy

(H2) ∀a, b ∈ I, a (1− t)f(a) + tf(b).

Ekkor felteheto, hogy a 0 :]t0 − δ, t0 + δ[⊂]0, 1[es ∀t ∈]t0 − δ, t0 + δ[ : (NK). Legyen most α = sup{t ∈ [0, t0[ : (NK) nem teljesul }es β = inf{t ∈]t0, 1] : (NK) nem teljesul } (vegyuk eszre, hogy itt sup helyett maxilletve inf helyett min ırhato). Ekkor 0 ≤ α < t0 < β ≤ 1 . Legyen most a =(1−α)a+αb es b = (1−β)a+βb . Ekkor (a helyett a-ot, b helyett b-ot tekintve, nemkeves szamolassal) valaszthato a, b ∈ I , a 0 , ıgy

0 <

∫ 1

0

ϕ(t)dt =

∫ 1

0

f [(1− t)a+ tb]dt− f(a)

∫ 1

0

(1− t)dt− f(b)

∫ 1

0

tdt

=1

b− a

∫ b

a

f(s)ds− f(a) + f(b)

2,

ellentetben (H1)-gyel.Ha t0 ∈ [0, 1] a ϕ maximum helye, akkor 0 < t0 < 1 , tovabba

h = min{t0, 1− t0}, α = t0− h , β = t0 + h , A = (1−α)a+αb, B = (1− β)a+ βb .

Ekkor

h · ϕ(t0) =

∫ h

0

ϕ(t0)du >

∫ h

0

1

2[ϕ(t0 − u) + ϕ(t0 + u)] du =

1

2

∫ t0+h

t0−hϕ =

1

2

∫ β

α

ϕ

= . . . =h

B − A

∫ B

A

f(s)ds− h[(1− t0)f(a) + t0f(b)],


vagyis

f [(1− t0)a+ t0b]− (1− t0)f(a)− t0f(b) >1

B − A

∫ B

A

f(s)ds− (1− t0)f(a)− t0f(b)

es

(1− t0)a+ t0b =1

2([1− (t0 − h)a+ (t0 − h)b] + [1− (t0 + h)a+ (t0 + h)b]) =

A+B

2

tehat

f

(A+B

2

)>

1

B − A

∫ B

A

f(s)ds

ellentetben (H2)-vel. �

2. fejezet

Kozepertekek

2.1. Kozepekkel kapcsolatos fogalmak, peldak

A tovabbiakban I ⊂ R intervallum.

2.1.1. Definıcio. Legyen n ∈ N. Az M : In → I lekepezest n-valtozos kozepneknevezzuk, ha ∀(x1, x2, . . . , xn) ∈ In :

min{x1, x2, . . . , xn} ≤M(x1, x2, . . . , xn) ≤ max{x1, x2, . . . , xn}. (2.1)

Az M kozep

• szigoru, ha min{x1, x2, . . . , xn} < max{x1, x2, . . . , xn} eseten (2.1)-ben minden-hol < teljesul;

• folytonos, ha M folytonos;

• szimmetrikus, ha M(xσ(1), xσ(2), . . . , xσ(n)) = M(x1, x2, . . . , xn) minden σ per-mutacio eseten;

• eltolas-invarians, ha (pl.) I = R es ∀t ∈ R : ∀(x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn :

M(x1 + t, x2 + t, . . . , xn + t) = M(x1, x2, . . . , xn) + t. (2.2)

• (pozitıv) homogen, ha I ∈ {R, [0,+∞[, ]0,+∞[, ]−∞, 0], ]−∞, 0[} es ∀t > 0 :∀(x1, x2, . . . , xn) ∈ In:

M(tx1, tx2, . . . , txn) = tM(x1, x2, . . . , xn). (2.3)

2.1.2. Peldak. [feladatok]: Az alabbi lekepezesekrol lassuk be, hogy kozepek esvizsgaljuk, hogy milyen tovabbi tulajdonsagok teljesulnek rajuk a definıcioban fel-soroltak kozul!

1.)

22

FEJEZET 2. KOZEPERTEKEK 23

(a) A(x1, x2, . . . , xn) = x1+x2+...+xnn

(x1, x2, . . . , xn ∈ R) [szamtani kozep] ;

(b) G(x1, x2, . . . , xn) = n√x1 · x2 · . . . · xn (x1, x2, . . . , xn ∈ [0,+∞[ vagy ]0; +∞[)

[a mertani kozep];

(c) H(x, y) = 2xyx+y

(x, y ∈]0,+∞[) [ hamonikus kozep]

(mi legyen H(x1, x2, . . . , xn) ?);

(d) p ∈ R \ {0}; Mp(x1, . . . , xn) =(xp1+xp2+...+xpn

n

) 1p

(x1, x2, . . . , xn ∈]0,+∞[);

(e) E(x1, x2, . . . , xn) = ln(ex1+ex2+...+exn

n

)(x1, x2, . . . , xn ∈ R).

Mi a kozos a fenti lekepezesekben?

2.) min; max

3.) Az alabbiakban Lj(x, x) = x, (j = 1, 2, 3, 4) illetve x 6= y eseten;

(a) L1(x, y) =x+2√xy+y

4(x, y ∈]0,+∞[);

(b) L2(x, y) = 3

√x3+x2y+xy2+y3

4(x, y ∈ R);

(c*) L3(x, y) = ln(ex−eyx−y

)(x, y ∈ R);

(d*) L4(x, y) = x−ylnx−ln y

(x, y ∈]0,+∞[).

Mi a kozos a fenti lekepezesekben?

4.**)

(a) Gini- kozepek: p 6= q, p, q ∈ R ;

Gp,q(x1, x2, . . . , xn) =

(xp1 + xp2 + . . .+ xpnxq1 + xq2 + . . .+ xqn

) 1p−q

(x1, x2, . . . , xn ∈]0,+∞[).

(b) limp→q

Gp,q(x1, x2, . . . , xn) = ?

5.) Adjunk peldat nem folytonos kozepre!

2.1.3. TETEL. Ha az M : R2 → R kozep szimmetrikus, eltolas-invarians es ho-mogen, akkor ∃c ∈ [0, 1] :

M(x, y) = (1− c) min{x, y}+ cmax{x, y} (x, y ∈ R). (2.4)

Tovabba, ha M ezeken tul meg paratlan is, azaz

M(−x,−y) = −M(x, y) (x, y ∈ R), (2.5)

akkor

M(x, y) =x+ y

2(x, y ∈ R).


Bizonyıtas. Legyen f(x) = M(x, 0) (x ∈ R). Ekkor a szimmetria miattM(0, x) = f(x) (x ∈ R), tovabba f(x) a 0 es az x koze esik (x ∈ R), valamint (2.2)=⇒

M(x, y) = M(x− y + y, 0 + y) = M(x− y, 0) + y = f(x− y) + y (x, y ∈ R). (2.6)

Specialisan

f(−u) = M(−u, 0) = M(0− u, u− u) = M(0, u)− u = f(u)− u (u ∈ R). (2.7)

A homogenitas miatt ∀t > 0 :

f(t) = M(t, 0) = M(t · 1, t · 0) = tM(1, 0) = t · f(1) azaz

f(t) = ct (t > 0), (2.8)

ahol c = f(1) ∈ [0, 1], illetve

f(−t) = M(−t, 0) = M(t · (−1), t · 0) = tM(−1, 0) = d · t (t > 0), (2.9)

ahol d = M(−1, 0) ∈ [−1, 0], tovabba (2.7) miatt

d · t = f(−t) = f(t)− t = ct− t = (c− 1)t (t > 0),

ebbol t = 1 eseten d = c− 1.Tehat

M(x, y) = f(x− y) + y =

c(x− y) + y = (1− c)y + cx, ha x > y ,y = (1− c)y + c · y, ha x = y ,(c− 1)(y − x) + y = (1− c)x+ cy, ha x < y .

ezert (2.4) teljesul. Ha M paratlan, akkor

c− 1 = d = f(−1) = M(−1, 0) = −M(1, 0) = f(1) = −c,

azaz 2c = 1, tehat c = 12. �

2.2. Kvaziaritmetikai kozepek fogalma, osszehasonlıtasa

2.2.1. Definıcio. Legyen I ⊂ R nyılt intervallum, ϕ : I → R folytonos, szigoruanmonoton; n ∈ N,

Γn = {(p1, p2, . . . , pn) ∈ [0, 1]n :n∑j=1

pj = 1}, (p1, p2, . . . , pn) ∈ Γn, valamint

Aϕ[n; p1, p2, . . . , pn] (x1, x2, . . . , xn) = ϕ−1

(n∑j=1

pjϕ(xj)

)((x1, . . . , xn) ∈ In)


A[n]ϕ = Aϕ

[n;

1

n,

1

n, . . . ,

1

n

]azaz A[n]

ϕ (x1, . . . , xn) = ϕ−1

(ϕ(x1) + ϕ(x2) + . . .+ ϕ(xn)

n

)((x1, x2, . . . , xn) ∈ In),

illetve

Aϕ = A[2]ϕ , azaz Aϕ(x, y) = ϕ−1

(ϕ(x) + ϕ(y)

2

)((x, y) ∈ I2).

Ekkor azAϕ[n; p1, p2, . . . , pn] lekepezest a p1, p2, . . . , pn sulyokhoz es a ϕ fuggvenyekhez

tartozo n-valtozos sulyozott kvaziaritmetikai kozepnek nevezzuk. Specialisan A[n]ϕ a

ϕ fuggveny altal generalt n-valtozos [szimmetrikus] kvaziaritmetikai kozep, illetve Aϕa ϕ fuggveny altal generalt [2 valtozos] kvaziaritmetikai kozep.

2.2.2. Megjegyzesek. 1.) Konnyen ellenorizheto, hogy Aϕ[n; p1, p2, . . . , pn] foly-tonos kozep.

2.) Aϕ[n; p1, . . . , pn] szigoru ⇐⇒ pj > 0 (j = 1, . . . , n).

3.) Aϕ[n; p1, . . . , pn] szimmetrikus ⇐⇒ p1 = p2 = . . . = pn = 1n.

2.2.3. TETEL. [kvaziaritmetikai kozepek osszehasonlıtasa]: Legyen I ⊂ R nyıltintervallum es ϕ, ψ : I → R folytonos, szigoru monoton. Ekkor a kovetkezo feltetelekekvivalensek:

(A) ∀2 ≤ n ∈ N : ∀(p1, p2, . . . , pn) ∈ Γn :∀(x1, x2, . . . , xn) ∈ In : Aψ[n; p1, . . . , pn](x1, . . . , xn) ≤ Aϕ[n; p1, . . . , pn](x1, . . . , xn);

(B) ∀x, y ∈ I : Aψ(x, y) ≤ Aϕ(x, y);

(C) [ϕ novekvo es f = ϕ ◦ ψ−1 konvex ] vagy [ϕ csokkeno es f = ϕ ◦ ψ−1 konkav ] .

Bizonyıtas. (A) =⇒ (B) : n = 2, p1 = p2 = 12

valasztassal.

(B) =⇒ (C): A felteves szerint ∀x, y ∈ I :

ψ−1

(ψ(x) + ψ(y)

2

)≤ ϕ−1

(ϕ(x) + ϕ(y)

2

).

Ha ϕ novekedo, akkor

(ϕ ◦ ψ−1)

(ψ(x) + ψ(y)

2

)≤ ϕ(x) + ϕ(y)

2;

legyen most u,w ∈ ψ(I) tetszoleges; ekkor ∃x, y ∈ I : u = ψ(x) es w = ψ(y), ıgyx = ψ−1(u) es y = ψ−1(w), tovabba az elozo egyenlotlensegbol(

ϕ ◦ ψ−1)(u+ w

2

)≤ (ϕ ◦ ψ−1)(u) + (ϕ ◦ ψ−1(w)

2,


tehat f = ϕ◦ψ−1 Jensen-konvex. Masreszrol f folytonos (mert ϕ es ψ−1 is folytonos),tehat konvex. Ha ϕ csokkeno, akkor a gondolatmenet hasonlo, de az egyenlotlensegetϕ megfordıtja.

(C) =⇒ (A): pl. az elso esetben f konvex =⇒ ∀n ∈ N, n ≥ 2 : ∀(p1, p2, . . . , pn) ∈Γn : ∀u1, u2, . . . , un ∈ I :

(ϕ ◦ ψ−1

)( n∑j=1

pjun

)≤

n∑j=1

pj(ϕ ◦ ψ−1

)(uj).

Most (x1, . . . , xn) ∈ In eseten uj = ψ(xj) (j = 1, . . . , n) valasztassal, mindket oldaltϕ−1-be helyettesıtve

ψ−1

(n∑j=1

pjψ(xj)

)≤ ϕ−1

(n∑j=1

pjϕ(xj)

).

�

2.2.4. Pelda. ϕ(x) = ex, ψ(x) = x (x ∈ R) eseten ψ−1(y) = y (y ∈ R) es ıgy(ϕ ◦ ψ−1) (x) = ex, ezert (ϕ ◦ ψ−1)

′′(x) = ex > 0 (x ∈ R) =⇒ ϕ ◦ ψ−1 konvex es

ϕ szigoruan monoton novekvo [ϕ′(x) = ex > 0], ezert ∀n ≥ 2 : ∀(p1, . . . , pn) ∈ Γn :∀(x1, . . . , xn) ∈ Rn :

Aψ[n; p1, . . . , pn](x1, . . . , xn) ≤ Aϕ[n; p1, . . . , pn](x1, . . . , xn) azaz

n∑j=1

pjxj ≤ ln

[n∑j=1

pjexj

].

2.2.5. Lemma. Tegyuk fel, hogy I0 ⊂ R nyılt intervallum, es f : I0 → R folytonos,szigoru monoton, amelyre ∀x, y ∈ I0 : ∀t ∈ [0, 1] :

f((1− t)x+ ty) = (1− t)f(x) + tf(y). (2.10)

Ekkor ∃a ∈ R \ {0} es b ∈ R : ∀x ∈ I0 : f(x) = ax+ b.

Bizonyıtas. (2.10) =⇒ f konvex es konkav, ezert ∀x, y, z ∈ I30∆ :

f(y)− f(x)

y − x=f(z)− f(x)

z − x=f(z)− f(y)

z − y,

tehat ∃a ∈ R \ {0} : ∀x, y ∈ I0 : x 6= y eseten f(y)−f(x)y−x = a =⇒ f differencialhato es

∀x ∈ I0 : f ′(x) = a. �

2.2.6. Kovetkezmeny. A tetel jeloleseivel: Aϕ = Aψ ⇐⇒ (ϕ ◦ ψ−1) konvex eskonkav ⇐⇒ ∃a ∈ R \ {0}, b ∈ R :

∀u ∈ ψ(I) : (ϕ◦ψ−1)(u) = a·u+b ⇐⇒ ∃a ∈ R\{0}, b ∈ R : ∀x ∈ I : ϕ(x) = a·ψ(x)+b.


2.3. Kvazi-aritmetikai kozepek homogenitasa

2.3.1. Definıcio. Ha I ⊂ R nyılt intervallum, legyen

CM(I) = {ϕ : I → R | ϕ folytonos es szigoruan monoton }.

Tovabba, ϕ, ψ ∈ CM(I) eseten azt mondjuk, hogy ϕ es ψ ekvivalens [jel.: ϕ ∼ ψ vagy(ϕ(x) ∼ ψ(x), x ∈ I)], ha letezik a ∈ R \ {0} es b ∈ R ugy, hogy ∀x ∈ I :

ϕ(x) = aψ(x) + b.

2.3.2. Megjegyzes. Az elozo reszben belattuk, hogy ϕ ∼ ψ ⇐⇒ Aϕ = Aψ. Emiatt∼ ekvivalencia-relacio CM(I)-n.

2.3.3. TETEL. Legyen ϕ ∈ CM(R). Az Aϕ kvazi-aritmetikai kozep akkor es csakakkor eltolas-invarians, ha (ϕ(x) ∼ x, x ∈ R), tehat Aϕ(x, y) = x+y

2, vagy ∃p ∈

]0,∞[\{1} :(ϕ(x) ∼ px, x ∈ R),

tehat

Aϕ(x, y) = logp

(px + py

2

)(x, y ∈ R).

Bizonyıtas. [⇐=] Konnyen ellenorizheto, hogy ∀x, y, t ∈ R :

(x+ t) + (y + t)

2=x+ y

2+ t,

illetve p > 0, p 6= 1 eseten

logp

(px+t + py+t

2

)= logp

(px · pt + py · pt

2

)= logp

(px + py

2· pt)

=

= logp

(px + py

2

)+ logp p

t = logp

(px + py

2

)+ t.

[ =⇒ ] Legyen ϕt(x) = ϕ(x+ t) (t ∈ R). Ekkor

Aϕ(x+ t, y + t)− t = ϕ−1

(ϕ(x+ t) + ϕ(y + t)

2

)− t = ϕ−1

t

(ϕt(x) + ϕt(y)

2

)miatt Aϕ eltolas invarians ⇐⇒

∀t ∈ R : Aϕt = Aϕ ⇐⇒ ∀t ∈ R : ϕt ∼ ϕ ⇐⇒ ∀t ∈ R : ∃a(t) ∈ R \ {0}, b(t) ∈ R :

∀x ∈ R : ϕ(x+ t) = a(t)ϕ(x) + b(t). (2.11)

A tovabbiakban megoldjuk az (2.11) fuggvenyegyenletet az ismeretlen ϕ ∈ CM(R),a : R→ R \ {0}, b : R→ R fuggvenyekre. Legyen most t = 0 :

ϕ(x) = a(0)ϕ(x) + b(0) azaz 0 = (a(0)− 1)ϕ(x) + b(0) (x ∈ R).


ϕ ∈ CM(R) miatt ϕ(x) vegtelen sok erteket felvesz, ezert a(0) = 1 . Emiatt b(0) = 0 .Most valasszuk az x = 0 esetet:

ϕ(t) = a(t)ϕ(0) + b(t) (t ∈ R), (2.12)

ezert (2.11)-(2.12) =⇒

ϕ(x+ t)− ϕ(t) = a(t)[ϕ(x)− ϕ(0)],

azaz pl.:

a(t) =ϕ(x+ t)− ϕ(t)

ϕ(x)− ϕ(0)(t ∈ R, x ∈ R \ {0}, ) (2.13)

ezert a : R→ R \ {0} folytonos (ıgy jeltarto!). Vegul

b(t) = ϕ(x+ t)− a(t)ϕ(x) =⇒ b(t) = ϕ(t)− a(t) · ϕ(0) (t ∈ R)

miatt b : R→ R is folytonos. Emiatt integralhatjuk az (2.11) egyenletet:∫ t

t0

ϕ(x+s)ds =

∫ t

t0

[a(s)ϕ(x)+b(s)]ds = ϕ(x)

∫ t

t0

a(s)ds+

∫ t

t0

b(s)ds (t0, t, x ∈ R).

Masreszrol ∫ t

t0

ϕ(x+ s)ds =

∫ x+t

x+t0

ϕ(u)du,

tehat

ϕ(x) =

∫ x+t

x+t0ϕ(u)du−

∫ tt0b(s)ds∫ t

t0a(s)ds

(x ∈ R) (t0, t ∈ R, t0 < t). (2.14)

Mivel ψ : z 7→∫ z

0ϕ (z ∈ R) differencialhato (es ψ′ = ϕ ), valamint∫ x+t

x+t0

ϕ = ψ(x+ t)− ψ(x+ t0),

(2.14) jobboldala folytonosan differencialhato, tehat a bal oldala, azaz ϕ is. De akkor(2.14) miatt ϕ ∈ C2(R) is teljesul.

Az (2.11) egyenletet derivalva x szerint:

ϕ′(x+ t) = a(t)ϕ′(x) (t, x ∈ R). (2.15)

Ha ϕ′(0) = 0 , akkor (2.15) miatt ϕ′(t) = a(t) · ϕ′(0) = 0 (t ∈ R), azaz ϕ konstanslenne, ami nem megengedett. Tehat ϕ′(0) 6= 0.

Masreszrol (2.15) =⇒

ϕ′(0) · a(x+ t) = ϕ′(x+ t) = a(t)ϕ′(x) = a(t) · a(x) · ϕ′(0),

azaza(x+ t) = a(t)a(x) (t, x ∈ R). (2.16)


Specialisan ∀x ∈ R :

a(x) = a(x

2+x

2

)=(a(x

2

))2

≥ 0

es a(x) 6= 0 , tehat a : R→]0,+∞[ .Legyen g(x) = ln(a(x)) (x ∈ R). Ekkor (2.16) =⇒

g(x+t) = ln(a(x+t)) = ln[a(t)a(x)] = ln(a(t))+ln(a(x)) = g(t)+g(x) (t, x ∈ R),

azaz g additıv es folytonos, ezert ∃c ∈ R : g(x) = cx (x ∈ R), ıgy a(x) = eg(x) =ecx (x ∈ R). Tehat

ϕ′(x+ t) = ectϕ′(x) (x ∈ R). (2.17)

Legyen most f(x) = ϕ′(x)e−cx (x ∈ R), ekkor

f(x+ t) = ϕ′(x+ t)e−c(x+t) = ect · ϕ′(x) · e−cx · e−ct = ϕ′(x)e−cx = f(x) (x, t ∈ R)

=⇒ f(t) = f(0),

vagyis ϕ′(x) = f(x)ecx =

K︷︸︸︷f(0) ecx = K · ecx.

I. eset: c = 0 =⇒ ϕ′(x) = K =⇒ ϕ(x) = Kx+B ∼ x (x ∈ R).

II. eset: c 6= 0 =⇒ ϕ(x) =

L︷︸︸︷K

cecx + B = L · ecx + B ∼ ecx (x ∈ R), ıgy p = ec

jelolessel kapjuk az allıtast. �

2.3.4. Jeloles. R+ =]0,+∞[.

2.3.5. TETEL. Legyen ϕ ∈ CM(R+). Aϕ akkor es csak akkor (pozitıv) homogen,ha ϕ ∼ ln, vagy ∃p ∈ R \ {0} : ϕ(x) ∼ xp (x ∈ R+); azaz

Aϕ(x, y) =√xy vagy Aϕ(x, y) =

(xp + yp

2

) 1p

(x, y ∈ R+).

Bizonyıtas. [ =⇒ ] Legyen ϕt(x) = ϕ(tx) (x ∈ R+) (t ∈ R+). Vegyuk eszre,hogy Aϕ homogen ⇐⇒ ∀t, x, y ∈ R+ : tAϕ(x, y) = Aϕ(tx, ty) azaz

Aϕ(x, y) =1

tAϕ(tx, ty) =

1

tϕ−1

(ϕ(tx) + ϕ(ty)

2

)=

= ϕ−1t

(ϕt(x) + ϕt(y)

2

)= Aϕt(x, y)

⇐⇒ ∀t > 0 : ϕt ∼ ϕ ⇐⇒

∀t > 0 : ∃a(t) ∈ R \ {0}, b(t) ∈ R : ∀x > 0 : ϕ(tx) = a(t)ϕ(x) + b(t). (2.18)


Legyen ψ(y) = ϕ(ey) (y ∈ R). Ekkor ψ = ϕ ◦ exp : R → R folytonos, szigoruanmonoton. Tovabba ∀s, y ∈ R :

ψ(y + s) = ϕ(ey+s) = ϕ(es · ey) = a(es) · ϕ(ey) + b(es) = a(s) · ψ(y) + b(s), (2.19)

ahol a(s) ∈ R \ {0}, b(s) ∈ R. Igy az elozo tetel bizonyıtasa alapjan ket eset lehet:

I. eset: ∃K ∈ R \ {0}, B ∈ R : ψ(y) = K · y +B (y ∈ R), azaz

ϕ(x) = ψ(lnx) = K · lnx+B ∼ lnx (x ∈ R+);

ekkor

Aϕ(x, y) = exp

(ln(x) + ln(y)

2

)= exp

(1

2ln(xy)

)=

= exp(

ln[(xy)12 ])

=√xy (x, y ∈ R+).

II. eset: ∃p, L ∈ R \ {0}, B ∈ R : ψ(y) = Lepy +B (y ∈ R), azaz

ϕ(x) = ψ(lnx) = Lep·lnx +B = L · xp +B ∼ xp (x ∈ R+);

ekkor

Aϕ(x, y) =

(xp + yp

2

) 1p

(x, y ∈ R+).

[⇐=] Nyilvanvalo. �

2.4. Hatvanykozepek es osszehasonlıtasuk

2.4.1. Jeloles. (ism.): R+ =]0,+∞[, R+ = [0,+∞[,

Γn = {(λ1, λ2, . . . , λn) ∈ Rn

+ :n∑j=1

λj = 1}.

2.4.2. Jeloles. p ∈ R, n ∈ N, λj ∈ R+ , xj ∈ R+ (j = 1, 2, . . . , n) eseten legyen

Mp [λ1, λ2, . . . , λn] (x1, x2, . . . , xn) =

(∑n

j=1 λjxpj

) 1p, ha p ∈ R \ {0},∏n

j=1 xλjj , ha p = 0.

(λ1, λ2, . . . , λn) ∈ Γn eseten az Mp[λ1, λ2, . . . , λn] lekepzest sulyozott hatvany-kozep-nek nevezzuk. Specialisan

Mp(x1, x2, . . . , xn) = Mp

[1

n,

1

n, . . . ,

1

n

](x1, x2, . . . , xn)


=

(xp1 + xp2 + . . . , xpn

n

) 1p

, ha p ∈ R \ {0},n√x1x2 . . . xn, ha p = 0

az (n-valtozos) hatvanykozep illetve p > 0 eseten

Sp(x1, x2, . . . , xn) = Mp [1, 1, . . . , 1] (x1, x2 . . . , xn) = (xp1 + xp2 + . . .+ xpn)1p

az ugynevezett korrigalt hatvany-osszeg.

2.4.3. Allıtas. A fenti jelolesekkel rogzıtett x1 , x2 , . . . , xn ∈ R+ eseten

(a) (λ1, λ2, . . . , λn) ∈ Γn =⇒

limp→0

Mp[λ1, λ2, . . . , λn](x1, x2, . . . , xn) = M0[λ1, λ2, . . . , λn](x1, x2 . . . , xn);

(b) limp→+∞Mp(x1, x2, . . . , xn) = max{x1, x2, . . . , xn};

(c) limp→−∞Mp(x1, x2, . . . , xn) = min{x1, x2, . . . , xn}.

Bizonyıtas.

(a) Legyen f(p) = ln(∑n

j=1 λjxpj

)(p ∈ R). Ekkor f differencialhato es

f ′(p) =

∑nj=1 λj · x

pj · lnxj∑n

j=1 λjxpj

(p ∈ R).

Vegyuk eszre, hogy f(0) = ln(∑n

j=1 λj

)= ln 1 = 0, ıgy

limp→0

ln [Mp[λ1, λ2, . . . , λn](x1, x2, . . . , xn)] = limp→0

ln

( n∑j=1

λjxpj

) 1p

=

= limp→0

1

pln

(n∑j=1

λjxpj

)= lim

p→0

1

pf(p) = lim

p→0

f(p)− f(0)

p− 0= f ′(0) =

=

∑nj=1 λj · ln(xj)∑n

j=1 λj=

n∑j=1

λj ln(xj) = ln

(n∏j=1

xλjj

).

Ebbol az exp fuggveny folytonossag miatt kapjuk az allıtast.

(b)

limp→∞

Mp(x1, x2, . . . , xn) = limp→∞

(1

n

n∑j=1

xpj

) 1p

=

= limp→∞

1

n1p

∑xj=xk

1 +∑xj 6=xk

(xjxk

)p 1p

· xk

= xk,

ahol xk = max{x1, x2, . . . , xn}.


(c) Kovetkezik a (b)-bol

Mp(x1, x2, . . . , xn) =1

M−p

(1x1, 1x2, . . . , 1

xn

)miatt.

�

2.4.4. TETEL. Ha −∞ < q < p < +∞ , akkor∀(λ1, λ2, . . . , λn) ∈ Γn : ∀(x1, x2, . . . , yn) ∈ Rn

+ :

Mq[λ1, λ2, . . . , λn](x1, x2, . . . , xn) ≤Mp[λ1, λ2, . . . , λn](x1, x2, . . . , xn).

Bizonyıtas. Mp[λ1, . . . , λn](x1, . . . , xn) = Aϕp [n;λ1, . . . , λn](x1, . . . , xn), ahol

ϕ(t) =

{tp, ha p ∈ R \ {0},ln(t), ha p = 0

(t ∈ R+).

A kvaziaritmetikai kozepek osszehasonlıtasara vonatkozo tetel szerint elegendo belatni,hogy ha ϕp novekvo, akkor

ϕp ◦ ϕ−1q konvex,

illetve, ha ϕp csokkeno, akkor

ϕp ◦ ϕ−1q konkav.

Vegyuk eszre, hogy tetszoleges r ∈ R\{0}, fr(t) = tr eseten fr ketszer differencialhato,

f ′r(t) = rtr−1, f ′′r (t) = r(r − 1)tr−2 (t ∈ R+),

ıgy fr :

• (szigoruan) konvex ⇐⇒ r(r − 1) > 0 ⇐⇒ r < 0 vagy r > 1 .

• (szigoruan) konkav ⇐⇒ r(r − 1) < 0 ⇐⇒ 0 < r < 1 .

A tovabbiakban megkulonboztetunk nehany esetet.

I. eset: q 0) es

0 <p

q< 1 =⇒ ϕp ◦ ϕ−1

q = f pq

szigoruan konkav .

II. eset: q 0︷︸︸︷−1

q· 1t2> 0 (t ∈ R+)

=⇒ ϕr ◦ ϕ−1q szigoruan konvex.

III. eset: q < 0 < p =⇒ ϕp novekvo es

ϕp ◦ ϕ−1p = f p

qesp

q< 0

=⇒ ϕp ◦ ϕ−1p = f p

qszigoruan konvex.

IV. eset: 0 = q 0 (t ∈ R+) =⇒ ϕp ◦ ϕ−1

q szigoruan konvex.

V. eset: 0 < q 1 =⇒ ϕp ◦ ϕ−1

q = f pq

szigoruan konvex.

�

2.4.5. Megjegyzes. 1.) A szigoru konvexitas / konkavitas miatt a bebizonyıtottegyenlotlensegben egyenlo sulyok eseten egyenloseg csak x1 = x2 = . . . = xnteljesulesekor all fenn.

2.) Specialisan H = M−1, G = M0, A = M1, N = M2 miatt H ≤ G ≤ A ≤ N(sulyozott kozepekre is).

2.4.6. Megjegyzes. [homogenitas:] p 6= 0, α1, . . . , αn;x1, . . . , xn, t, λ ∈ R+ =⇒[n∑j=1

(λαj) (txj)p

] 1p

= λ1p · t

(n∑j=1

αjxpj

) 1p

.

2.4.7. TETEL. [egyenlotlenseg hatvany-osszegekre:] Ha p, q ∈ R, 0 < p < q,valamint n ∈ N es x1, x2, . . . , xn ∈ R+, akkor(

n∑j=1

xqj

) 1q

≤

(n∑j=1

xpj

) 1p

, (2.20)

es egyenloseg csak n = 1 eseten all fenn.


Bizonyıtas. Legyen

yj =xj

(∑n

i=1 xpi )

1p

(j = 1, . . . , n).

Ekkorn∑j=1

ypj = 1,

ezert 0 < ypj ≤ 1 (j = 1, . . . , n), es egyenloseg n = 1 eseten all fenn.Ebbol 0 < yj < 1 (j = 1, . . . , n), ha n ≥ 2 [illetve n = 1 eseten y1 = 1].

Mivel 0 < t < 1 eseten p 7→ tp szigoruan monoton csokkeno, n ≥ 2 esetenyqj < ypj (j = 1, . . . , n), ıgy

n∑j=1

yqj <n∑j=1

ypj = 1, ezert

(n∑j=1

yqj

) 1q

< 1.

Ezt a (∑n

i=1 xpi )

1p szammal vegigszorozva adodik (2.20). �

2.5. Nevezetes egyenlotlensegek

2.5.1. TETEL. [Holder-egyenlotlenseg]: Legyen p, q ∈]1,+∞[ ugy, hogy 1p

+ 1q

= 1,

valamint n ∈ N es αj, xj, yj ∈ R+ (j = 1, 2, . . . , n). Ekkor

n∑j=1

αjxjyj ≤

(n∑j=1

αjxpj

) 1p

·

(n∑j=1

αjyqj

) 1q

. (2.21)

Bizonyıtas. Legyen

A =n∑j=1

αjxpj es B =

n∑j=1

αjyqj .

Ekkor

n∑j=1

αj

(xpjA

) 1p(yqjB

) 1q

=n∑j=1

αjM0

[1

p,1

q

](xpjA,yqjB

)≤

n∑j=1

αjM1

[1

p,1

q

](xpjA,yqjB

)

=n∑j=1

αj

(1

p·xpjA

+1

q·yqjB

)=

1

p· 1

A·

n∑j=1

αjxpj +

1

q· 1

B

n∑j=1

αj · yqj =1

p+

1

q= 1,

ezt A1p ·B

1q -nal szorozva kapjuk az (2.21) egyenlotlenseget. �


2.5.2. TETEL. [Minkowski-egyenlotlenseg]: Legyen 1 ≤ p ∈ R, n,m ∈ N, αj ∈R+ (j = 1, 2, . . . , n), valamint xij ∈ R+ (i = 1, 2, . . . ,m; j = 1, 2, . . . , n). Ekkor(

n∑j=1

αj

(m∑i=1

xij

)p) 1p

≤m∑i=1

(n∑j=1

αjxpij

) 1p

[ahol 0p = 0]. (2.22)

Bizonyıtas. [p = 1 eseten nyilvan = a ket oldal. A tovabbiakban p > 1.] Legyenq = p

p−1. Ekkor

n∑j=1

αj

(m∑i=1

xij

)p

=n∑j=1

αj

m∑k=1

xkj

(m∑i=1

xij

)p−1

=n∑j=1

m∑k=1

(α

1p

j xkj

)(α

1p

j

m∑i=1

xij

)p−1

=m∑k=1

n∑j=1

(α

1p

j xkj

)(α

1p

j

m∑i=1

xij

)p−1 Holder︷︸︸︷≤

≤m∑k=1

(n∑j=1

αjxpkj

) 1p

n∑j=1

(α 1p

j

m∑i=1

xij

)p−1

q︷︸︸︷p

p− 1

1q︷︸︸︷

p− 1

p

=

m∑k=1

(n∑j=1

αjxpkj

) 1p

[ n∑j=1

αj

(m∑i=1

xij

)p] p−1p

.

Ezt a masodik tenyezovel osztva kapjuk a (2.22) egyenlotlenseget. �

2.5.3. TETEL. [Ingham–Jessen-egyenlotlenseg]: Ha m,n ∈ N, p, q ∈ R, p < q es xij ∈R+ (i = 1, 2, . . . ,m; j = 1, 2, . . . , n), akkor

Mq (Mp(x11, x12, . . . , x1n),Mp(x21, x22, . . . , x2n), . . . ,Mp(xm1, xm2, . . . , xmm)) ≤

≤Mp (Mq(x11, x21, . . . , xm1),Mq(x12, x22, . . . , xm2), . . . ,Mq(x1n, x2n, . . . , xmn)) .(2.23)

Bizonyıtas. [Csak 0 1 es Aij = 1

nxpij, ekkor[

m∑i=1

1

m

(n∑

j=1

Aij

)%] 1% Minkowski︷︸︸︷≤

n∑j=1

(m∑i=1

1

mA%

ij

) 1%

=n∑

j=1

(1

m

m∑i=1

A%ij

) 1%

=n∑

j=1

1

m1%

(m∑i=1

1

n%xp·qij

) 1q

=n∑

j=1

(1

m

) 1%

· 1

n·

(m∑i=1

xqij

) 1%

=1

n

n∑j=1

(1

m

m∑i=1

xqij

)pq

.

Mindket oldal 1p-edik hatvanyat veve adodik a bizonyıtando egyenlotlenseg. �

2.6. Elemi szimmetrikus polinomokbol kepzett koze-

pek osszehasonlıtasa

2.6.1. Megjegyzes. [az A ≤ N egyenlotlensegrol]: Korabban belattuk, hogy han ∈ N es x1, x2, . . . , xn ∈ R+ , akkor

x1 + x2 + . . .+ xnn

= M1(x1, x2, . . . , xn) ≤M2(x1, . . . , xn) =

√x2

1 + . . .+ x2n

n,

es egyenloseg csak x1 = x2 = . . . = xn eseten teljesul. A megallapıtas x1, x2, . . . , xn ∈[0,∞[ eseten is igaz. Ugyanis

ϕ(x) = x2 (x ∈ R)

szigoruan konvex, ezert tetszoleges x1, x2, . . . , xn ∈ R eseten(x1 + x2 + . . .+ xn

n

)2

= ϕ

(x1 + x2 + . . .+ xn

n

)

≤ ϕ(x1) + ϕ(x2) + . . .+ ϕ(xn)

n=x2

1 + x22 + . . .+ x2

n

n

es ,,=” csak x1 = x2 = . . . = xn eseten all fenn.Ha x1, x2, . . . , xn ∈ [0,∞[ , akkor ebbol

x1 + x2 + . . .+ xnn

≤√x2

1 + x22 + . . .+ x2

n

n

adodik.


2.6.2. Definıcio. n ∈ N eseten az n valtozos elemi szimmetrikus polinomok az

Ek(x1, x2, . . . , xn) =∑

1≤i1<i2<...<ik≤n

xi1xi2 . . . xik (x1, x2 . . . , xn ∈ R) (k = 1, 2, . . . , n)

modon definialt fuggvenyek.

2.6.3. Megjegyzes. [Viete-formula]: Ha α1, α2, . . . , αn ∈ R es

p(x) = (x− α1)(x− α2) . . . (x− αn) (x ∈ R),

akkor

p(x) = xn +n∑k=1

(−1)kEk(α1, α2, . . . , αn)xn−k.

2.6.4. Lemma. Ha α1 ≤ α2 ≤ . . . ≤ αn es p(x) az elozo megjegyzesben bevezetettpolinom, akkor egyreszt

p′(x) = n · xn−1 +n−1∑k=1

(−1)k(n− k)Ek(α1, α2, . . . , αn)xn−k−1 (x ∈ R),

masreszt ∃βj ∈ [αj, αj+1] (j = 1, . . . , n− 1) ugy, hogy

p′(x) = n(x− β1)(x− β2) . . . (x− βn−1)

= nxn−1 +n−1∑k=1

(−1)k · nEk(β1, β2, . . . , βn−1)xn−1−k (x ∈ R),

ıgy

(n− k)Ek(α1, α2, . . . , αn) = nEk(β1, β2, . . . , βn−1) (k = 1, . . . , n− 1).

Bizonyıtas. Ha αj < αj+1, akkor p(αj) = p(αj+1) = 0 =⇒ ∃βj ∈]αj, αj+1[ :

p′(βj) = 0 =⇒ p′(x) = (x− βj)q(x).

Ha pl. αj−1 < αj = αj+1 = . . . = αj+l < αj+l+1 (vagy j = 1 vagy j + l = n), akkorp(x) = (x− αj)l+1 · q(x) miatt

p′(x) = (l + 1)(x− αj)lq(x) + (x− αj)l+1q′(x)

= (x− αj)l [(l + 1)q(x) + (x− αj)q′(x)] = (x− αj)l ·Q(x),

ahol Q is polinom, ha q polinom. �


2.6.5. TETEL. Tetszoleges n ∈ N, x1, x2, . . . , xn ∈ [0,∞[ eseten legyen

Sk(x1, x2, . . . , xn) = k

√1(nk

)Ek(x1, x2, . . . , xn) (k = 1, 2, . . . , n).

Ekkor Sk : [0,∞[n→ [0,∞[ kozep (k = 1, 2, . . . , n) es

S1(x1, x2, . . . , xn) ≥ S2(x1, x2, . . . , xn) ≥ . . . ≥ Sn(x1, x2, . . . , xn)

[azaz Sk(x1, . . . , xn) ≥ Sl(x1, . . . , xn), ha 1 ≤ k < l ≤ n].Tovabba, ha x1, x2, . . . , xn ∈ R+, akkor ∀k ∈ {1, 2, . . . , n− 1} :

Sk(x1, . . . , xn) = Sk+1(x1, . . . , xn) =⇒ x1 = x2 = . . . = xn .

Bizonyıtas. 0. lepes: Felteheto, hogy x1 ≤ x2 ≤ . . . ≤ xn , ekkor

x1 = k

√1(nk

)(nk

)xk1 ≤ Sk(x1, . . . , xn) ≤ k

√1(nk

)(nk

)xkn = xn

=⇒ Sk kozep (k = 1, . . . , n).1. lepes: S1(x1, . . . , xn) ≥ S2(x1, . . . , xn) igazolasa:

S1(x1, . . . , xn) ≥ S2(x1, . . . , xn) ⇐⇒ x1 + x2 + . . .+ xnn

≥

√2E2(x1, . . . , xn)

n(n− 1)

⇐⇒(x1 + x2 + . . .+ xn

n

)2

≥ 2E2(x1, . . . , xn)

n(n− 1)⇐⇒

(n− 1)(x1 + x2 + . . .+ xn)2 ≥ 2nE2(x1, . . . , xn) ⇐⇒

(n− 1)(E1(x1, . . . , xn))2 ≥ n

(x1 + x2 + . . .+ xn︸︷︷︸E1(x1,...,xn)

)2 − (x21 + . . .+ x2

n)

⇐⇒ n(x2

1 + x22 + . . .+ x2

n) ≥ (x1 + x2 + . . . xn)2 ⇐⇒

x21 + x2

2 + . . .+ x2n

n≥(x1 + x2 + . . .+ xn

n

)2

⇐⇒ M2(x1, . . . xn) ≥M1(x1, . . . xn).

2. lepes: Sn−1(x1, . . . , xn) ≥ Sn(x1, . . . , xn) igazolasa:

(Sn−1(x1, . . . , xn))n−1 =1

n

n∑j=1

x1 . . . xj−1xj+1 . . . xn

≥ n

√√√√ n∏j=1

(x1 . . . xj−1xj+1 . . . xn) = n

√xn−1

1 xn−12 . . . xn−1

n


= ( n√x1x2 . . . xn)

n−1= (Sn(x1, . . . , xn))n−1

=⇒ Sn−1(x1, . . . , xn) ≥ Sn(x1, . . . , xn)

3. lepes: [n szerinti teljes indukcio] n = 2 es n = 3 eseten mar mindent igazol-tunk. Most tegyuk fel, hogy n > 3 es n − 1 argumentumra igaz a bizonyıtandoegyenlotlenseg(sor). Igazolando

k

√1(nk

)Ek(x1, . . . , xn) ≥ k+1

√1(nk+1

)Ek+1(x1, . . . , xn) (k = 1, . . . , n− 1).

A lemma szerint ∃y1, y2, . . . , yn−1 ∈ [0,∞[ (ahol yj ∈ [xj, xj+1] (j = 1, . . . , n−1)) ugy,hogy

Ek(x1, . . . , xn) =n

n− kEk(y1, . . . , yn−1) (k = 1, . . . , n− 1),

ezert k ∈ {1, 2 . . . , n− 2} eseten a bizonyıtando egyenlotlenseg alakja :

k

√1(nk

) n

n− kEk(y1, . . . , yn−1) ≥ k+1

√1(nk+1

) · n

n− (k + 1)· Ek+1(y1, . . . , yn−1)

azaz

k

√1(n−1k

)Ek(y1, . . . , yn−1) ≥ k+1

√1(n−1k+1

)Ek+1(y1, . . . , xn−1),

ami az indukcios feleves miatt teljesul. k = n − 1 eseten a 2. lepesben igazoltuk azegyenlotlenseget. �

Irodalomjegyzek

[1] Zoltan Boros, Zsolt Pales: Q-subdifferential of Jensen-convex functions, J. Math.Anal. Appl. 321 (2006), 99–113.

[2] G. H. Hardy, J. E. Littlewood, G. Polya: Inequalities, Cambridge UniversityPress, 1934.

[3] Marek Kuczma: An Introduction to the Theory of Functional Equations andInequalities (Cauchy’s Equation and Jensen’s Inequality), 1st ed.: Panstwowe Wy-dawnictwo Naukowe, Warszawa–Krakow–Katowice, 1985; 2nd ed.: Birkhauser,Basel–Boston–Berlin, 2009.

[4] Che Tat Ng: Functions generating Schur-convex sums, General Inequalities5 (Oberwolfach, 1986), 433–438; Internat. Schriftenreihe Numer. Math. 80,Birkhauser, Basel, 1987.

[5] Polya Gyorgy, Szego Gabor: Feladatok es tetelek az analızis korebol I.,Tankonyvkiado, 1980.

[6] A. W. Roberts and D. E. Varberg, Convex functions, Academic Press, NewYork–London, 1973.

[7] Walter Rudin: A matematikai analızis alapjai, Muszaki Konyvkiado, Budapest,1978.

40

Documents

Egyenl}otlens egek - math.unideb.humath.unideb.hu/media/boros-zoltan/Boros_Z-Egyenlotlensegek.pdf · t amogat ast biztos t o rendszer kidolgoz asa es muk } odtet ese orsz agos program