Az A. 721. feladat (2018. március)

A. 721. Legyen $\displaystyle n\ge 2$ pozitív egész szám, továbbá $\displaystyle a_1,a_2,\dots,a_n$ olyan pozitív valós számok, melyek összege $\displaystyle 1$, négyzetösszege pedig $\displaystyle S$. Mutassuk meg, hogy ha $\displaystyle b_i=\frac{a_i^2}{S}$ ($\displaystyle i=1,\dots,n$), akkor tetszőleges $\displaystyle r>0$ mellett

$\displaystyle \sum_{i=1}^n \frac{a_i}{{(1-a_i)}^r}\le \sum_{i=1}^n \frac{b_i}{{(1-b_i)}^r}.$

(5 pont)

A beküldési határidő 2018. április 10-én LEJÁRT.

1. megoldás. Legyen $\displaystyle f:(0,1)\to\mathbb{R}$, $\displaystyle f(x)=\dfrac{x}{(1-x)^r}$. Ekkor $\displaystyle f$ differenciálható. Továbbá $\displaystyle a_i^2<a_i$ miatt $\displaystyle S\in(0,1)$; legyen $\displaystyle K=f'(S)$.

Lemma. Bármely $\displaystyle i$-re

és egyenlőség csak $\displaystyle a_i=b_i=S$ esetén állhat fenn.

Bizonyítás. Vegyük észre, hogy $\displaystyle f(x)$ függvény deriváltja szigorú monoton növekvő (vagyis $\displaystyle f$ szigorúan konvex):

$\displaystyle f'(x) = \dfrac{1}{(1-x)^r} + \frac{rx}{(1-x)^{r+1}}.$

$\displaystyle \bullet$ Ha $\displaystyle a_i=S$, akkor $\displaystyle b_i=a_i$, és így (♣) mindkét oldalán $\displaystyle 0$ áll.

$\displaystyle \bullet$ Ha $\displaystyle a_i>S$, akkor $\displaystyle b_i>a_i>S$, és a Lagrange-féle középértéktétel miatt alkalmas $\displaystyle \xi\in(a_i;b_i)$-re

$\displaystyle \dfrac{f(b_i)-f(a_i)}{b_i-a_i}=f'(\xi) > f'(S) = K;$

átszorozva (♣)-et kapjuk.

$\displaystyle \bullet$ Ha $\displaystyle 0<a_i<S$, akkor $\displaystyle b_i<a_i<S$, és a Lagrange-féle középértéktétel miatt alkalmas $\displaystyle \xi\in (b_i;a_i)$-re

$\displaystyle \dfrac{f(a_i)-f(b_i)}{a_i-b_i}=f'(\xi) < f'(S) =K;$

a negatív $\displaystyle (a_i-b_i)$ számmal átszorozva (♣)-et kapjuk. $\displaystyle \blacksquare$

Ha (♣)-et összeadjuk az összes $\displaystyle i$-re, $\displaystyle \sum a_i=\sum b_i=1$ miatt megkapjuk a feladat állítását.

Megjegyzés. A (♣) becslés az ismert "érintő-trükk" továbbgondolása. Szemléletesen: egy konvex függvény bármely érintőegyenese felett helyezkedik el, így fix $\displaystyle a$-val $\displaystyle f(x)\ge f(a)+f'(a)(x-a)$ bármely $\displaystyle x$-re. Ez éppen úgy bizonyítható, mint a Lemma, és belőle alkalmas előjelvizsgálattal kapjuk:

$\displaystyle f(b_i)-f(a_i)\ge f'(a_i)(b_i-a_i)\ge f'(S)(b_i-a_i).$

Ezen megoldás ötletvilágába tartozik a Karamata-egyenlőtlenség is, melynek segítségével a feladatnak egy további megoldása adható.

2. megoldás. Ismert, hogy $\displaystyle |z|<1$ esetén az alábbi sor abszolút konvergens (binomiális sorfejtés):

$\displaystyle (1+z)^\alpha=\sum_{k=0}^\infty \binom{\alpha}{k}z^k,$

s ezért $\displaystyle \alpha=-r$ választással adódik, hogy $\displaystyle |z|<1$-re

$\displaystyle \frac{z}{(1-z)^r}=\sum_{k=0}^\infty \binom{-r}{k}(-z)^k\cdot z.$

Vegyük észre, hogy mivel $\displaystyle (-1)^k\binom{-r}{k}=\frac{r(r+1)\dots(r+k-1)}{k!}>0$ teljesül $\displaystyle k\ge 1$-re (hisz $\displaystyle r>0$) és $\displaystyle \binom{-r}{0}(-1)^0=1$, így alkalmas $\displaystyle A_1,A_2,\dots>0$ mellett $\displaystyle |z|<1$-re

$\displaystyle \frac{z}{(1-z)^r}=A_1z+A_2z^2+A_3z^3+\dots=\sum_{k\ge 1}A_kz^k,$

ahol a sor abszolút konvergens, így $\displaystyle a_i,b_i\in(0;1)$ miatt a bizonyítandó egyenlőtlenségben felcserélhető a szumma:

$\displaystyle \sum_{i=1}^n \left(\sum_{k\ge 1}A_ka_i^k\right)\le \sum_{i=1}^n \left(\sum_{k\ge 1}A_kb_i^k\right),$

$\displaystyle 0\le \sum_{k\ge 1}A_k\left(\sum_{i=1}^n b_i^k-\sum_{i=1}^n a_i^k\right).$

Elegendő tehát igazolnunk, hogy minden $\displaystyle k\ge 1$-re

$\displaystyle a_1^k+\dots+ a_n^k\le b_1^k+\dots+ b_n^k,$

azaz homogenizálva,

$\displaystyle (\sum a_i^k)(\sum a_i^2)^k\le (\sum a_i^{2k})(\sum a_i)^k.$

1. befejezés. Ez $\displaystyle k=1$-re azonosan fennáll, és $\displaystyle k\ge 2$ esetén az $\displaystyle a_1,\ldots,a_n$ számok $\displaystyle a_1,\ldots,a_n$ súlyokkal felírt $\displaystyle (2k-1)$-edik és $\displaystyle (k-1)$-edik hatvány-, illetve számtani közepeire a súlyozott hatványközepek közötti egyenlőtlenségek miatt

$\displaystyle \left(\sum a_i\cdot a_i^{2k-1}\right)^{\tfrac{1}{2k-1}} \ge \left(\sum a_i\cdot a_i^{k-1}\right)^{\tfrac{1}{k-1}} \ge \sum a_i\cdot a_i = S,$

amiből

$\displaystyle \sum b_i^k = \frac1{S^k}\sum a_i^{2k} = \frac1{S^k} \left(\sum a_i\cdot a_i^{2k-1}\right)^{\tfrac{k-1}{2k-1}} \left(\sum a_i\cdot a_i^{2k-1}\right)^{\tfrac{k}{2k-1}}$

$\displaystyle \ge \frac1{S^k} \left(\sum a_i\cdot a_i^{k-1}\right) \left(\sum a_i\cdot a_i\right)^k = \sum a_i^k.$

2. befejezés (vázlat). Egyszerűen kibonthatunk és alkalmazhatjuk a Muirhead-egyenlőtlenséget, bár a szumma némileg félelmetes: mivel csupa nemnegatív együtthatókkal

$\displaystyle (x_1+\dots+x_n)^k=\sum_{d_1+d_2+\dots+d_n=k,\, d_i\ge 0} B_{(d_1,d_2,\dots,d_n)}x_1^{d_1}x_2^{d_2}\dots x_n^{d_n}$

alakú, ezért az egyenlőtlenség $\displaystyle S(\alpha_1,\dots,\alpha_n)=\sum_{sym}x_1^{\alpha_1}\dots x_n^{\alpha_n}$ jelöléssel

$\displaystyle \sum C_{(d_i)}\left[S(2k+d_1,d_2,\dots,d_n)-S(k+2d_1,2d_2,\dots,2d_n)\right]\ge 0$

alakba írható át alkalmas $\displaystyle C_{(d_i)}$ nemnegatív együtthatókkal, ahol a szumma olyan nemnegatív és $\displaystyle k$ összegű $\displaystyle d_1,\dots,d_n$ számsorozatokon fut, melyekre $\displaystyle d_2\ge d_3\ge \dots\ge d_n$ teljesül. Ekkor $\displaystyle 2k+d_1\ge d_2\ge \dots\ge d_n$ majorizálja a $\displaystyle k+2d_1,2d_2,\dots,2d_n$ megfelelő permutációját, hisz

$\displaystyle 2k+d_1+\dots+d_j\ge 2k\ge 2d_{i_1}+\dots+2d_{i_j}\qquad \text{és}\qquad 2k+d_1+(d_2+\dots+d_j)\ge (k+2d_1)+2d_{i_2}+\dots+ 2d_{i_j}.$

Megjegyzés. Mindkét megoldásból leolvasható, hogy a becslésben egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha minden $\displaystyle a_i$ értéke azonos. Mivel az $\displaystyle f:(0,1)\to \mathbb{R}$, $\displaystyle x\mapsto x^k$ függvény minden $\displaystyle k=0,1,\dots$ esetén konvex, így nemnegatív együtthatós összegük is az, s így az 1. megoldás általánosabb $\displaystyle f(x)$ függvények körében bizonyít, mint a 2. megoldás.

Statisztika:

9 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Bukva Balázs, Daróczi Sándor, Gáspár Attila, Imolay András, Matolcsi Dávid, Németh 123 Balázs, Schrettner Jakab, Szabó Kristóf, Weisz Máté.

A KöMaL 2018. márciusi matematika feladatai