 |
A B. 5097. feladat (2020. április) |
B. 5097. Az \(\displaystyle x_1,x_2,\ldots,x_n\) pozitív számok szorzata \(\displaystyle 1\). Igazoljuk, hogy
\(\displaystyle x_1^4+x_2^4+\ldots+x_n^4 \ge x_1^3+x_2^3+\ldots+x_n^3. \)
Dinu Ovidiu-Gabriel (Bălcești, Románia)
(4 pont)
A beküldési határidő 2020. május 11-én LEJÁRT.
1. Megoldás. Az egyenlőtlenség rendezés után a következő alakban is írható:
\(\displaystyle x_1^3(x_1-1)+x_2^3(x_2-1)+\dots+x_n^3(x_n-1)\geq 0.\)
A változók közötti szimmetria alapján feltehetjük, hogy \(\displaystyle x_1\leq x_2\leq \dots \leq x_n\). Ekkor egyrészt
\(\displaystyle x_1^3\leq x_2^3\leq \dots \leq x_n^3,\)
másrészt
\(\displaystyle x_1-1\leq x_2-1\leq \dots \leq x_n-1\)
is teljesül.
A Csebisev-egyenlőtlenség alapján
| \(\displaystyle x_1^3(x_1-1)+x_2^3(x_2-1)+\dots+x_n^3(x_n-1)\geq \frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n x_i^3\sum\limits_{i=1}^n (x_i-1). \) | \(\displaystyle {(*)}\) |
A számtani és mértani közép, valamint a harmadik hatványközép és a mértani közép közötti egyenlőtlenségek alapján kapjuk, hogy
\(\displaystyle \frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n x_i^3\geq (x_1x_2\dots x_n)^{3/n}=1^{3/n}=1,\)
valamint
\(\displaystyle \sum\limits_{i=1}^n (x_i-1)=\left(\sum\limits_{i=1}^n x_i\right)-n\geq n(x_1x_2\dots x_n)^{1/n}-n=n\cdot 1^{1/n}-n=0.\)
Ezek alapján a bizonyítandó egyenlőtlenség valóban teljesül, hiszen a két legutóbbi egyenlőtlenség szorzatát véve kapjuk, hogy \(\displaystyle (*)\) jobb oldala nemnegatív, így a bal oldala is.
Az alkalmazott egyenlőtlenségek alapján egyből leolvasható, hogy egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha \(\displaystyle x_1=x_2=\dots=x_n=1\).
2. Megoldás. Az egyenlőtlenség jobb oldalát \(\displaystyle 1=(x_1x_2\dots x_n)^{1/n}\)-nel szorozva az igazolandó egyenlőtlenséget homogenizálhatjuk:
\(\displaystyle x_1^4+x_2^4+\ldots+x_n^4 \ge x_1^{3+1/n}x_2^{1/n}\dots x_n^{1/n}+x_1^{1/n}x_2^{3+1/n}\dots x_n^{1/n}+\ldots+x_1^{1/n}x_2^{1/n}\dots x_n^{3+1/n}. \)
Ez az egyenlőtlenség pedig a Muirhead-egyenlőtlenség szerint teljesül, azt az \(\displaystyle a_1=4,a_2=0,\dots,a_n=0\) és \(\displaystyle b_1=3+1/n,b_2=1/n,\dots,b_n=1/n\) kitevősorozatokra alkalmazva. A feltételek valóban teljesülnek, hiszen
\(\displaystyle a_1+a_2+\dots+a_n=b_1+b_2+\dots+b_n=4,\)
továbbá \(\displaystyle a_1=4\) miatt az
\(\displaystyle a_1+\dots+a_i\geq b_1+\dots+b_i\)
egyenlőtlenségek is teljesülnek, hiszen a bal oldal mindig 4, a jobb oldal pedig vagy kisebb 4-nél (ha \(\displaystyle i=1,2,\dots,n-1\)) vagy éppen 4 (ha \(\displaystyle i=n\)).
3. Megoldás. Először is megmutatjuk, hogy
\(\displaystyle x^4-x^3\geq x-1\geq \ln x\)
teljesül, ha \(\displaystyle x>0\). Az első egyenlőtlenség átrendezve:
\(\displaystyle x^4-x^3-x+1\geq 0,\)
majd szorzattá alakítva
\(\displaystyle (x^2+x+1)(x-1)^2\geq 0.\)
Ha \(\displaystyle x>1\) vagy \(\displaystyle 0<x<1\), akkor a bal oldal mindkét tényezője pozitív, ha pedig \(\displaystyle x=1\), akkor mindkét tényező 0. Az egyenlőtlenség tehát valóban teljesül, egyenlőség pedig csak \(\displaystyle x=1\) esetén áll fenn.
A második egyenlőtlenség, vagyis \(\displaystyle x-1\geq \ln x\) pedig a jól ismert \(\displaystyle e^y\geq 1+y\) egyenlőtlenségből adódik \(\displaystyle y=\ln x\) választással. (Megjegyezzük, hogy egyenlőség itt is csak \(\displaystyle x=1\) esetén áll fenn.)
Ezek alapján a bizonyítandó egyenlőtlenség már adódik, hiszen:
\(\displaystyle \sum\limits_{i=1}^n (x_i^4-x_i^3)\geq \sum\limits_{i=1}^n(x_i-1)\geq \sum\limits_{i=1}^n (\ln x_i)=\ln(x_1x_2\dots x_n)=\ln 1=0.\)
4. Megoldás. Jelölje az \(\displaystyle x_1,\dots,x_n\) számok harmadik, negyedik hatványközepét, illetve mértani közepét rendre \(\displaystyle H_3,H_4\), illetve \(\displaystyle M\). Ezen közepek közötti ismert egyenlőtlenségek alapján:
\(\displaystyle \sum\limits_{i=1}^n x_i^4 = n\cdot (H_4)^4 \ge n \cdot (H_3)^3 \cdot M = \left(\sum\limits_{i=1}^n x_i^3\right) \cdot 1,\)
vagyis a bizonyítandó állítás teljesül.
Statisztika:
49 dolgozat érkezett. 4 pontot kapott: Arató Zita, Argay Zsolt, Asztalos Ádám, Balogh Ádám Péter, Bán-Szabó Áron, Baski Bence, Beinschroth Ninett, Beke Csongor, Biró 424 Ádám, Bognár 171 András Károly, Farkas 512 Izabella, Fekete Richárd, Fleiner Zsigmond, Füredi Erik Benjámin, Geretovszky Anna, Halász Henrik, Hervay Bence, Jánosik Máté, Kerekes Boldizsár, Kovács 129 Tamás, Laki Anna, Mácsai Dániel, Nádor Benedek, Nagy 551 Levente, Szabó 991 Kornél, Sztranyák Gabriella, Tiderenczl Dániel, Tóth 057 Bálint, Vakaris Klyvis. 3 pontot kapott: Andó Viola, Gábriel Tamás, Hámori Janka, Kercsó-Molnár Anita, Lengyel Ádám, Lovas Márton, Mohay Lili Veronika, Móra Márton Barnabás, Németh Márton, Osztényi József, Somogyi Dalma, Szakács Ábel, Terjék András József, Velich Nóra, Wiener Anna. 2 pontot kapott: 3 versenyző. 1 pontot kapott: 1 versenyző. 0 pontot kapott: 1 versenyző.
A KöMaL 2020. áprilisi matematika feladatai