A B. 4980. feladat (2018. október)

B. 4980. Legyen $\displaystyle n>3$ pozitív egész, $\displaystyle a_1, a_2, \ldots, a_n$ pedig pozitív valós számok. Igazoljuk, hogy

$\displaystyle 1 < \frac{a_1}{a_n+a_1+a_2} + \frac{a_2}{a_1+a_2+a_3} + \ldots + \frac{a_n}{a_{n-1}+a_n+a_1} < \left[ \frac{n}{2} \right] $

és az egyenlőtlenség bal oldala nem cserélhető nagyobb, a jobb oldala pedig kisebb számra (ahol $\displaystyle [x]$ az $\displaystyle x$ szám egész részét jelenti).

(6 pont)

A beküldési határidő 2018. november 12-én LEJÁRT.

Megoldás. Az alsó becsléssel kezdjük. Mivel az $\displaystyle a_1,a_2,\dots,a_n$ számok pozitívak és $\displaystyle n\geq 4$, ezért $\displaystyle a_1+a_2+\dots+a_n$ nagyobb az összes nevezőnél. Így a kérdéses összegre (szigorú) alsó becslést kapunk, ha a nevezezőket $\displaystyle a_1+a_2+\dots+a_n$-re módosítjuk, amikor viszont a kapott összeg:

$\displaystyle \frac{a_1}{a_1+a_2+\dots+a_n}+\frac{a_2}{a_1+a_2+\dots+a_n}+\dots+\frac{a_n}{a_1+a_2+\dots+a_n}=1.$

Ezzel az alsó becslést igazoltuk. Megmutatjuk, hogy 1-hez viszont bármilyen közel lehet az összeg. Legyen $\displaystyle a_i=\varepsilon^{i-1}$ minden $\displaystyle 1\leq i\leq n$-re (ahol $\displaystyle \varepsilon>0$). Ekkor $\displaystyle 2\leq i\leq n$ esetén $\displaystyle \frac{a_i}{a_{i-1}+a_i+{a_{i+1}}}\leq \frac{a_i}{a_{i-1}}=\varepsilon$, míg a legelső tag: $\displaystyle \frac{a_1}{a_n+a_1+a_2}<1$. Tehát az összeg értéke kisebb, mint $\displaystyle 1+(n-1)\varepsilon$. Mivel $\displaystyle \varepsilon>0$ értékét tetszőlegesen kicsire is választhatjuk, ezért az összeg tetszőlegesen közel lehet az 1-hez.

Most a felső becsléssel folytatjuk. Tekintsük két egymást követő tag összegét:

$\displaystyle \frac{a_i}{a_{i-1}+a_i+a_{i+1}}+\frac{a_{i+1}}{a_{i}+a_{i+1}+a_{i+2}}<\frac{a_i}{a_i+a_{i+1}}+\frac{a_{i+1}}{a_i+a_{i+1}}=1.$

(Itt $\displaystyle 1\leq i\leq n$ és legyen $\displaystyle a_{n+1}:=a_1, a_{n+2}:=a_2$.)
Ha $\displaystyle n$ értéke páros, akkor az így kapott egyenlőtlenségeket $\displaystyle i=1,3,5,\dots,n-1$ esetén összeadva az igazolandó egyenlőtlenséget kapjuk. Tegyük fel tehát, hogy $\displaystyle n$ páratlan. Ha a kapott egyenlőlenségeket $\displaystyle i=1,2,\dots,n$ esetén felírjuk, összeadjuk, és osztunk 2-vel, akkor a bizonyítandónál gyengébb egyenlőtlenséget kapunk: a jobb oldalon a kívánt $\displaystyle [n/2]$ helyett $\displaystyle n/2$ lesz. Így ezen a becslésen kicsit javítanunk kell. A szimmetria miatt feltehető, hogy az $\displaystyle a_{i-1}+a_i+a_{i+1}$ alakú összegek közül a legkisebb $\displaystyle a_n+a_1+a_2$. ($\displaystyle a_0:=a_n$) Ekkor

$$\begin{multline*}\frac{a_n}{a_{n-1}+a_n+a_1}+\frac{a_1}{a_{n}+a_1+a_2}+\frac{a_2}{a_{1}+a_2+a_3}\leq \\ \leq\frac{a_n}{a_{n}+a_1+a_2}+\frac{a_1}{a_{n}+a_1+a_2}+\frac{a_2}{a_{n}+a_1+a_2}=1. \end{multline*}$$

Ez azt jelenti, hogy három, alkalmasan kiválasztott, egymást követő tag összegét sikerült 1-gyel felülről becsülni. A korábbi becslésünket $\displaystyle i=3,5,\dots,n-2$ mellett felírva (ez $\displaystyle (n-3)/2$ darab, vagyis legalább 1 darab egyenlőtlenség) és ehhez hozzáadva a kívánt egyenlőtlenséget kapjuk. (Mivel például $\displaystyle i=3$-ra szigorú a 3. és 4. tagra felírt egyenlőtlenség, így az összegként kapott egyenlőtlenség is szigorú.)

Végül megmutatjuk, hogy $\displaystyle [n/2]$ helyett kisebb érték nem írható.

Legyen $\displaystyle a_i$ értéke 1, ha $\displaystyle i$ páros, és $\displaystyle \varepsilon$, ha $\displaystyle i$ páratlan. Ekkor, ha $\displaystyle n$ páros, a vizsgált összeg értéke:

$\displaystyle \frac{n}{2}\cdot\left( \frac{1}{1+2\varepsilon}+\frac{\varepsilon}{2+\varepsilon} \right),$

ami tetszőlegesen közel lehet $\displaystyle n/2$-höz, ha $\displaystyle \varepsilon>0$-t kellően kicsinek választjuk.

Ha $\displaystyle n$ páratlan, akkor az összeg:

$\displaystyle \frac{n-1}{2}\cdot \frac{1}{1+2\varepsilon}+\frac{n-3}{2}\cdot\frac{\varepsilon}{2+\varepsilon}+2\cdot\frac{\varepsilon}{1+2\varepsilon},$

ami $\displaystyle (n-1)/2=[n/2]$-höz tetszőlegesen közel lehet, ha $\displaystyle \varepsilon>0$ kellően kicsi.

Ezzel megmutattuk, hogy a felső becslésnél sem írható kisebb érték.

Tehát mind az alsó, mind a felső becslés igazoltuk, és megmutattuk, hogy az alsó becslés nem cserélhető 1-nél nagyobb, a felső becslés nem cserélhető $\displaystyle [n/2]$-nél kisebb értékre.

Statisztika:

39 dolgozat érkezett.

6 pontot kapott: Argay Zsolt, Biczó Benedek, Dékány Barnabás, Dobák Dániel, Füredi Erik Benjámin, Győrffi Ádám György, Győrffy Ágoston, Hegedűs Dániel, Kerekes Anna, Nagy Nándor, Szabó 991 Kornél, Telek Zsigmond , Weisz Máté.

5 pontot kapott: Beke Csongor, Csaplár Viktor, Fraknói Ádám, Hámori Janka, Kovács 129 Tamás, Tóth 827 Balázs, Várkonyi Zsombor.

4 pontot kapott: 3 versenyző.

3 pontot kapott: 7 versenyző.

2 pontot kapott: 3 versenyző.

0 pontot kapott: 3 versenyző.

Nem versenyszerű: 3 dolgozat.

A KöMaL 2018. októberi matematika feladatai

39 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:	Argay Zsolt, Biczó Benedek, Dékány Barnabás, Dobák Dániel, Füredi Erik Benjámin, Győrffi Ádám György, Győrffy Ágoston, Hegedűs Dániel, Kerekes Anna, Nagy Nándor, Szabó 991 Kornél, Telek Zsigmond , Weisz Máté.
5 pontot kapott:	Beke Csongor, Csaplár Viktor, Fraknói Ádám, Hámori Janka, Kovács 129 Tamás, Tóth 827 Balázs, Várkonyi Zsombor.
4 pontot kapott:	3 versenyző.
3 pontot kapott:	7 versenyző.
2 pontot kapott:	3 versenyző.
0 pontot kapott:	3 versenyző.
Nem versenyszerű:	3 dolgozat.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?