 |
A B. 4620. feladat (2014. március) |
B. 4620. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges \(\displaystyle 0\le a_1\le\ldots\le a_{3n}\) számok esetén
\(\displaystyle \bigg(\sum_{i=1}^{3n}a_i\bigg)^3 \ge 27n^2\bigg(\sum_{i=1}^{n}a_ia_{n+i}a_{2n+i}\bigg). \)
(6 pont)
A beküldési határidő 2014. április 10-én LEJÁRT.
Megoldásvázlat. Legyen \(\displaystyle S=\sum_{i=1}^{3n}a_i\), \(\displaystyle K=a_n\) és \(\displaystyle L=a_{2n}\).
A megoldás alapja a következő tény:
Lemma. Legyenek \(\displaystyle x,y,z\) valós számok.
(1) Ha \(\displaystyle 0\le x\le K\le y\), akkor \(\displaystyle xy\le K(x+y-K)\). Egyenlőség akkor van, ha \(\displaystyle x=K\) vagy \(\displaystyle y=K\).
(2) Ha \(\displaystyle 0\le x\le K\le y\le L\le z\), akkor \(\displaystyle xyz\le KL(x+y+z-K-L)\). Egyenlőség a következő esetekben áll fenn: ha \(\displaystyle x=K=0\); ha \(\displaystyle x=K\) és \(\displaystyle y=L\); ha \(\displaystyle y=K\) és \(\displaystyle z=L\).
Bizonyítás.
Az (1) a triviális \(\displaystyle (K-x)(y-K)\ge0\) egyenlőtlenség átrendezése.
A (2) bizonyításához alkalmazzuk (1)-et az \(\displaystyle x,y\) számokra, majd az \(\displaystyle x+y-K\) és \(\displaystyle z\) számokra, \(\displaystyle K\) helyett \(\displaystyle L\)-lel (ezt megtehetjük, mert \(\displaystyle 0=0+K-K\le x+y-K\le K+L-K\le L\)):
\(\displaystyle xyz \le K(x+y-K)z\le K\cdot L\big((x+y-K)+z-L\big) = KL(x+y+z-K-L). \)
A feladat bizonyításához írjuk fel (2)-t minden \(\displaystyle i=1,2,\ldots,n\) esetén az \(\displaystyle a_i,a_{n+i},a_{2n+i}\) számokra, és ezeket az egyenlőtlenségeket adjuk össze:
| \(\displaystyle \sum_{i=1}^n a_ia_{n+i}a_{2n+i} \le \sum_{i=1}^n KL(a_i+a_{n+i}+a_{2n+i}-K-L) = KL(S-nK-nL). \) | (3) |
Írjuk fel a számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenséget az \(\displaystyle nK\), \(\displaystyle nL\) és \(\displaystyle S-nK-nL\) számokra:
| \(\displaystyle nK\cdot nL\cdot(S-nK-nL) \le \left(\frac{nK+nL+(S-nK-nL)}3\right)^3 =\frac{S^3}{27}. \) | (4) |
A (3) és a (4) együtt kiadja az állítást.
Az egyenlőség esetének vizsgálata. A (4)-ben akkor áll egyenlőség, ha \(\displaystyle K=L=\frac{S}3\).
A \(\displaystyle K=L\) feltevés mellett az \(\displaystyle a_i,a_{n+i},a_{2n+i}\) számokra felírt (2)-ben akkor áll egyenlőség, ha \(\displaystyle a_i=K\) vagy \(\displaystyle a_{2n+i}=K\).
Összefoglalva, az állításban akkor áll egyenlőség, ha az \(\displaystyle a_1,\ldots,a_{3n}\) számok közül legalább \(\displaystyle 2n\) darab (szomszédos) egyenlő az összes, \(\displaystyle 3n\) darab szám átlagával.
Megjegyzés. Általánosabban, tetszőleges \(\displaystyle k,n\ge2\) egészekre és \(\displaystyle 0\le a_0\le a_1\le\ldots\le a_{kn-1}\) valós számokra
\(\displaystyle \left( \frac{1}{kn} \sum\limits_{k=0}^{kn-1} a_i \right)^k \ge \frac{1}{n} \sum\limits_{i=0}^{k-1} \left(\prod\limits_{j=0}^{n-1} a_{nj+i}\right). \)
A fenti megoldás ennek bizonyítására is működik.
Statisztika:
6 dolgozat érkezett. 6 pontot kapott: Szőke Tamás. 5 pontot kapott: Maga Balázs. 2 pontot kapott: 1 versenyző. 0 pontot kapott: 3 versenyző.
A KöMaL 2014. márciusi matematika feladatai