Problem B. 3987. (March 2007)

B. 3987. Let n $\ge$ 4 be an integer, and let $a_1,a_2,\ldots,a_n$ denote nonnegative real numbers. Prove that

${(a_1+a_2+a_3)}^2 {(a_2+a_3+a_4)}^2\cdot \ldots \cdot {(a_{n-1}+a_n+a_1)}^2{(a_n+a_1+a_2)}^2$

$\ge 2^n{(a_1+a_2)}^2{(a_2+a_3)}^2\cdot \ldots \cdot {(a_{n-1}+a_n)}^2{(a_n+a_1)}^2.$

Discuss also the case of equality.

(5 pont)

Deadline expired on April 16, 2007.

Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation

Megoldás: A megoldás kulcsa a tetszőleges nemnegatív a,b,c,d számokra fennálló

(a+b+c)²(b+c+d)² $\ge$ 4(a+b)(b+c)²(c+d)

egyenlőtlenség. Ha ezt --- az indexekkel modulo n számolva - $i=1,2,\ldots,n$ esetén az a=a_i, b=a_i+1, c=a_i+2, d=a_i+3 szereposztásban felírjuk, majd az így kapott egyenlőtlenségeket összeszorozzuk, éppen a bizonyítandó állítást kapjuk azzal a különbséggel, hogy mindkét oldalon a megfelelő kifejezés négyzete szerepel. Elég tehát ezt az egyszerűbb kinézetű egyenlőtlenséget igazolni.

Képzeljük a,d és t=b+c értékét rögzítettnek. Ekkor a baloldalon álló kifejezés értéke állandó, a jobboldalon álló (nemnegatív) kifejezés értéke pedig egyenesen arányos (a+b)(c+d) értékével. Vizsgáljuk meg, hogy ez az adott feltételek mellett mikor a lehető legnagyobb, hiszen elég az egyenlőtlenséget ebben az esetben igazolni. Nyilván

(a+b)(c+d)=(a+t-c)(c+d)=-c²+(a+t-d)c+(ad+td)

akkor a lehető legnagyobb, ha a c,t-c $\ge$ 0 feltételek mellett c a lehető legközelebb van az (a+t-d)/2 értékhez. Ez t $\ge$ |a-d| esetén c=(a+t-d)/2, b=(d+t-a)/2 választása mellett, d-a>t estén c=0, b=t választása mellett, a-d>t esetén pedig c=t, b=0 választása mellett következik be.

Ha tehát a-d>b+c, akkor csak az (a+c)²(c+d)² $\ge$ 4ac²(c+d) egyenlőtlenséget kell igazolni, ami (a+c)² $\ge$ 4ac és c+d $\ge$ c miatt nyilvánvaló. Hasonlóképpen nyilvánvaló a d-a>b+c esetben bizonyítandó (a+b)²(b+d)² $\ge$ 4(a+b)b²d egyenlőtlenség. Végül t=b+c $\ge$ |a-d| esetén az

$(a+t)^2(d+t)^2\ge 4\Bigl(\frac{d+t+a}{2}\Bigr)^2t^2 \Bigl(\frac{a+t+d}{2}\Bigr)^2=t^2(t+a+d)^2$

egyenlőtlenséget kell igazolni, ami szintén nagyon egyszerű. Könnyű látni, hogy mindhárom esetben csakis akkor állhat fenn egyenlőség, ha a és d közül valamelyik 0.

Ezzel a feladatban kitűzött egyenlőtlenséget bebizonyítottuk. Az egyenlőség esetének tisztázásához először is jegyezzük meg, hogy ha az a_i számok között (ciklikusan értve) van három egymást követő nulla, akkor mindkét oldal nulla. Ha nincsen három egymást követő nulla, de van két egymást követő, akkor a baloldal pozitív, míg a jobboldalon nulla áll. A továbbiakban tegyük fel tehát, hogy bármely két egymást követő a_i összege pozitív. Ekkor egyenlőség esetén, az indexekkel modulo n számolva, minden egyes i-re

(a_i+a_i+1+a_i+2)²(a_i+1+a_i+2+a_i+3)²=4(a_i+a_i+1)(a_i+1+a_i+2)²(a_i+2+a_i+3)

kell legyen, vagyis szükségképpen a_i és a_i+3 közül valamelyik nulla. Ha mindkettő nulla lenne, akkor a_i+1 nem lehetne nulla, vagyis a_i+4-nek nullának kellene lennie, ellentétben feltevésünkkel.

Feltehetjük tehát, hogy valamely i-re a_i=0, de a_i+1 és a_i+3 $\ne$ 0. Ekkor szükségképpen a_i+4=0, vagyis a_i+5 $\ne$ 0, tehát a_i+2=0. Innen már latszik, hogy a ciklikus sorrendben minden második a_i nulla kell legyen, vagyis n szükségképpen páros. Ha pedig a=c=0, akkor az (a+b+c)²(b+c+d)²=4(a+b)(b+c)²(c+d) egyenlőség a b²(b+d)=4b³d egyenlőségre redukálódik, ami b $\ne$ 0 esetén pontosan akkor áll fenn, ha b=d. Innen pedig azt kapjuk, hogy az a_i számok között a 0-tól különbözők mind egyenlők kell legyenek egymással.

összefoglalva, az eredeti egyenlőtlenségben pontosan akkor áll fenn egyenlőség, ha az a_i számok között van három egymást követő nulla, vagy pedig n páros, az a_i számok közül minden második nulla, a többi pedig ugyanazzal a pozitív számmal egyenlő.

Statistics:

6 students sent a solution.

5 points: Kunos Ádám, Sümegi Károly.

4 points: Dinh Van Anh, Horváth 385 Vanda.

2 points: 1 student.

Unfair, not evaluated: 1 solutions.

Problems in Mathematics of KöMaL, March 2007

6 students sent a solution.
5 points:	Kunos Ádám, Sümegi Károly.
4 points:	Dinh Van Anh, Horváth 385 Vanda.
2 points:	1 student.
Unfair, not evaluated:	1 solutions.

Already signed up?
New to KöMaL?