Az A. 447. feladat (2008. február)

A. 447. Igazoljuk, hogy tetszőleges a₁,a₂,...,a_n valós számokra fennáll a következő egyenlőtlenség:

$\sum_{i=1}^n\ \sum_{j=1}^n\frac{a_ia_j}{i+j}\ge 0.$

(5 pont)

A beküldési határidő 2008. március 17-én LEJÁRT.

I. megoldás (Lovász László Miklós megoldása). Teljes indukcióval bizonyítjuk n-re hogy a kifejezés nemnegatív, és csak akkor lehet nulla, ha a₁,a₂,...,a_n mind nulla. Rögzítsük az első n-1 elemet, és csak a_n-et változtassuk! Egy kicsit máshogy írjuk fel a kifejezést:

$\frac{a_n^2}{2n}+a_n(2 (\sum_{i=1}^{n-1} \frac{a_i}{n+i}))+\sum_{i=1}^{n-1} \sum_{j=1}^{n-1} \frac{a_i a_j}{i+j}$

Ez a_n-nek másodfokú függvénye, aminek főegyütthatója pozitív. Írjuk fel ideiglenesen úgy, hogy aa_n²+ba_n+c Ekkor tehát azt kell bizonyítani, hogy b²-4ac nem pozitív, és csak akkor nulla, ha a₁,a₂,...,a_n-1 mind nulla. Tehát azt kell bizonyítani, hogy 4ac-b² $\ge$ 0.

$4ac-b^2 = 4 \sum_{i=1}^{n-1} \sum_{j=1}^{n-1} \frac{a_i a_j}{(i+j)2n}-4(\sum_{i=1}^{n-1} \frac{a_i}{n+i})^2$

A négyzetes tagot kiszorozva, egyszerűbben ki lehet fejezni az egészet:

$4ac-b^2=4 \sum_{i=1}^{n-1} \sum_{j=1}^{n-1} (\frac{a_i a_j}{(i+j)2n}-\frac{a_i a_j}{(n+i)(n+j)})$

Néggyel leoszthatunk, és 2n-el felszorozhatunk, mivel ezek pozitívak, és akkor ami marad:

$\sum_{i=1}^{n-1} \sum_{j=1}^{n-1} a_i a_j(\frac{1}{i+j}-\frac{2n}{(n+i)(n+j)})=$

$= \sum_{i=1}^{n-1} \sum_{j=1}^{n-1} a_i a_j(\frac{(n+i)(n+j)-2n(i+j)}{(i+j)(n+i)(n+j)})=$

$\sum_{i=1}^{n-1} \sum_{j=1}^{n-1} a_i a_j(\frac{(n-i)(n-j)}{(i+j)(n+i)(n+j)})$

Ha vesszük a b₁,b₂,...,b_n-1-eket hogy $b_i=a_i \frac{n-i}{n+i}$ , akkor a kifejezésre pont azt kapjuk, hogy

$\sum_{i=1}^{n-1} \sum_{j=1}^{n-1} \frac{b_i b_j}{i+j}$

A b_i-k valós számok, tehát az indukciós feltevést alkalmazva ez tényleg nemnegatív, és csak akkor lehet nulla, ha a b_i-k nem mind nullák. Ezzel azt bebizonyítottuk, hogy n-re se lehet negatív. Minden $\frac{n-i}{n+i}$ pozitív, ha a b_i-k nullák, akkor az a_i-k is nullák n-1-ig. Ezeket beírva az marad, hogy $\frac{a_n^2}{2n}$ , ami nyilván csak akkor nulla, ha a_n is nulla.

Most már csak n=1-re kell bizonyítani. n=1-re a kifejezés $\frac{a_1^2}{2}$ , ami nyilván nemnegatív, és csak akkor nulla, ha a₁ nulla.

II. megoldás (Nagy Dániel, Nagy János és Wolosz János dolgozata alapján)

$\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n\frac{a_ia_j}{i+j} = \sum_{i=1}^na_i \sum_{j=1}^n a_j \int_0^1 t^{i+j-1} \mathrm{d}t =$

$=\int_0^1 \left(\sum_{i=1}^na_it^{i-1}\right) \left(\sum_{j=1}^na_jt^{j-1}\right) t\mathrm{d}t = \int_0^1 \left(\sum_{i=1}^na_it^{i-1}\right)^2 t\mathrm{d}t \ge 0.$

Statisztika:

7 dolgozat érkezett.

5 pontot kapott: Blázsik Zoltán, Lovász László Miklós, Nagy 235 János, Nagy 314 Dániel, Tomon István, Wolosz János.

0 pontot kapott: 1 versenyző.

A KöMaL 2008. februári matematika feladatai

7 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Blázsik Zoltán, Lovász László Miklós, Nagy 235 János, Nagy 314 Dániel, Tomon István, Wolosz János.
0 pontot kapott:	1 versenyző.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?