 |
A B. 5356. feladat (2023. december) |
B. 5356. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges \(\displaystyle n\ge 2\) egész szám és \(\displaystyle x_{1},\ldots,x_{n}\) nemnegatív valós számok esetén teljesül az alábbi egyenlőtlenség:
\(\displaystyle \sqrt[\scriptstyle n]{\prod_{i=1}^{n} (1+x_{i})}\ge 1+\sqrt[\scriptstyle n]{\prod_{i=1}^{n}x_{i}}. \)
Javasolta: Somogyi Ákos (London)
(6 pont)
A beküldési határidő 2024. január 10-én LEJÁRT.
1. megoldás. Mindkét oldal nemnegatív, így elég belátni azt az egyenlőtlenséget, amit \(\displaystyle n\)-edik hatványra emelés után kapunk:
| \(\displaystyle {\prod_{i=1}^{n}\left(1+x_{i}\right)}\geq\left(1+\sqrt[n]{\prod_{i=1}^{n}x_{i}}\right)^n. \) | \(\displaystyle {(*)} \) |
A binomiális tétel alapján a jobb oldalon álló kifejezés:
\(\displaystyle \sum\limits_{i=0}^n \binom{n}{i}\left(\prod\limits_{i=1}^n x_i\right)^{i/n}.\)
A bal oldalon csoportosítsuk fokszámuk szerint a tagokat: \(\displaystyle 0\leq i\leq n\) esetén legyen \(\displaystyle S_i\) az \(\displaystyle i\)-es szorzatok összege, vagyis
\(\displaystyle S_i=\sum\limits_{1\leq j_1<\dots<j_i\leq n} x_{j_1}x_{j_2}\dots x_{j_i}.\)
(Legyen \(\displaystyle S_0=1\).) Ekkor a bal oldal értéke \(\displaystyle \sum\limits_{i=0}^n S_i\).
Elég tehát belátnunk, hogy minden \(\displaystyle 0\leq i\leq n\)-re
\(\displaystyle S_i\leq \binom{n}{i}\left(\prod\limits_{i=1}^n x_i\right)^{i/n},\)
hiszen ezen egyenlőtlenségek összege éppen az igazolni kívánt \(\displaystyle (*)\) egyenlőtlenség. Ez valóban teljesül, hiszen az \(\displaystyle \binom{n}{i}\) darab \(\displaystyle i\)-es szorzatra alkalmazva a számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenséget, éppen ezt kapjuk. A számtani közép \(\displaystyle S_i/\binom{n}{i}\), a mértani középben pedig a szimmetria miatt \(\displaystyle x_1,\dots,x_n\) kitevője egyforma, a teljes fokszám pedig \(\displaystyle i\), így a mértani közép valóban \(\displaystyle \left(\prod\limits_{i=1}^n x_i\right)^{i/n}\).
Ezzel a bizonyítandó egyenlőtlenséget igazoltuk.
Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha mindegyik számtani-mértani közepek közötti egyenlőtlenségnél egyenlőség áll fenn, speciálisan, \(\displaystyle x_1,\dots,x_n\) esetében is, ami akkor teljesül, ha \(\displaystyle x_1=\dots=x_n\). Ha viszont \(\displaystyle x_1,\dots,x_n\) mind egyenlők, akkor ha a közös értékük \(\displaystyle t\), akkor az egyenlőtlenség mindkét oldalán \(\displaystyle 1+t\) áll, tehát teljesül az egyenlőség.
2. megoldás. Ha az \(\displaystyle x_i\) számok között szerepel a 0, akkor a jobb oldal értéke 1, a bal oldal értéke pedig legalább 1, így az egyenlőtlenség teljesül. A továbbiakban feltesszük, hogy az \(\displaystyle x_1,\dots,x_n\) számok pozitívak.
Legyen az \(\displaystyle x_1,\dots,x_n\) számok mértani közepe \(\displaystyle g=\sqrt[n]{\prod\limits_{i=1}^{n}x_{i}}\). Ekkor az egyenlőtlenség jobb oldalán \(\displaystyle 1+g\) áll. Jelölje \(\displaystyle k\) azt, hogy az \(\displaystyle x_1,\dots,x_n\) számok közül hány különbözik \(\displaystyle g\)-től. Az egyenlőtlenséget \(\displaystyle k\)-ra vonatkozó teljes indukcióval igazoljuk. Ha \(\displaystyle k=0\), akkor a bal oldalon is \(\displaystyle 1+g\) áll, az egyenlőtlenség teljesül. Az indukciós lépéshez tegyük fel, hogy valamely \(\displaystyle 0\leq k\) értékig az állítást már igazoltuk, és tekintsünk egy olyan \(\displaystyle n\)-est, amikor \(\displaystyle x_1,\dots,x_n\) között \(\displaystyle k+1\) darab \(\displaystyle g\)-től különböző van. Mivel nem mind egyenlők \(\displaystyle g\)-vel, ezért van \(\displaystyle g\)-nél kisebb és nagyobb is, mondjuk \(\displaystyle x_i<g<x_j\). Ha az \(\displaystyle \{x_i,x_j\}\) párt \(\displaystyle \{g,x_ix_j/g\}\)-re cseréljük, akkor az \(\displaystyle n\) szám mértani közepe \(\displaystyle g\) marad, \(\displaystyle x_1,\dots,x_n\) között pedig legfeljebb \(\displaystyle k\) darab \(\displaystyle g\)-től különböző lesz. Ha belátjuk, hogy a bal oldal értéke csökkent, az indukciós feltevést használva készen vagyunk.
Mivel a \(\displaystyle \prod\limits_{\ell=1}^n(1+x_{\ell})\) szorzótényezői pozitívak, így az igazolandó állítás ekvivalens a következővel:
\(\displaystyle (1+x_i)(1+x_j)\geq (1+g)(1+x_ix_j/g),\)
vagyis
\(\displaystyle x_i+x_j\geq g+x_ix_j/g,\)
ami \(\displaystyle (0<)g\)-vel való szorzás, átrendezés, és szorzattá alakítás után:
\(\displaystyle 0\geq (g-x_i)(g-x_j).\)
Ez viszont teljesül, hiszen \(\displaystyle x_i<g<x_j\). Ezzel az indukciós lépés igazolását befejeztük, teljes indukcióval következik, hogy az egyenlőtlenség mindig teljesül.
A megoldásból valójában az is kiderül, hogy egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha a változók egyenlők (vagyis \(\displaystyle k=0\)), hiszen az indukciós lépésnél \(\displaystyle 0>(g-x_i)(g-x_j)\) szigorú egyenlőtlenség is teljesül.
3. megoldás. Írjuk fel a számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenséget az \(\displaystyle \dfrac{1}{1+x_1},\ldots,\dfrac{1}{1+x_n}\) számokra, illetve az \(\displaystyle \dfrac{x_1}{1+x_1},\ldots,\dfrac{x_n}{1+x_n}\) számokra is:
| \(\displaystyle \sqrt[n]{\displaystyle\prod_{i=1}^n\dfrac{1}{1+x_i}} \le \dfrac1n\sum_{i=1}^n\dfrac{1}{1+x_i}; \qquad \sqrt[n]{\displaystyle\prod_{i=1}^n\dfrac{x_i}{1+x_i}} \le \dfrac1n\sum_{i=1}^n\dfrac{x_i}{1+x_i}. \) | \(\displaystyle (1) \) |
A két becslést összeadva,
\(\displaystyle \sqrt[n]{\displaystyle\prod_{i=1}^n\dfrac{1}{1+x_i}} + \sqrt[n]{\displaystyle\prod_{i=1}^n\dfrac{x_i}{1+x_i}} \le \dfrac1n\sum_{i=1}^n\bigg(\dfrac{1}{1+x_i}+\dfrac{x_1}{1+x_i}\bigg) = \dfrac1n\sum_{i=1}^n 1 = 1.\)
Megszorozva \(\displaystyle \sqrt[n]{\displaystyle\prod_{i=1}^n(1+x_i)}\)-vel, éppen a bizonyítandó állítást kapjuk.
Az (1) becslésekben akkor áll fenn egyenlőség, ha \(\displaystyle x_1=\ldots=x_n\).
Megjegyzés. A Hölder-egyenlőtlenség egy ismert változata a következő:
Tetszőleges nemnegatív \(\displaystyle \begin{matrix} a_{1,1} & a_{1,2} & \ldots & a_{1,k} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & \ldots & a_{2,k} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n,1} & a_{n,2} & \ldots & a_{n,k} \\ \end{matrix}\) számokra, és pozitív \(\displaystyle w_1\,\ldots,w_n\) súlyokra, amelyeknek az összege \(\displaystyle 1\), teljesül, hogy
\(\displaystyle \prod_{i=1}^n \bigg( \sum_{j=1}^k a_{i,j} \bigg)^{w_i} \ge \sum_{j=1}^k \bigg( \prod_{i=1}^n {a_{i,j}}^{w_i} \bigg), \)
avagy, a sorösszegek súlyozott mértani közepe legalább akkora, mint az oszloponként vett súlyozott mértani közepek összege.
A feladat állítása ennek az egyenlőtlenségnek a speciális esete.
Statisztika:
62 dolgozat érkezett. 6 pontot kapott: Ali Richárd, Aravin Peter, Balaskó Imola, Balaskó Noémi, Bedő Patrik, Bencze Mátyás, Bodor Mátyás, Christ Miranda Anna, Csonka Illés, Diaconescu Tashi, Elekes Dorottya, Fleischman Illés, Forrai Boldizsár, Gömze Norken, Gyenes Károly, Hodossy Réka, Holló Martin, Inokai Ádám, Jármai Roland, Kerekes András, Keresztély Zsófia, Klement Tamás, Kovács Benedek Noel, Körmöndi Márk, Molnár István Ádám, Németh Bernát, Ozsváth Botond, Pletikoszity Martin, Prohászka Bulcsú, Romaniuc Albert-Iulian, Sági Mihály, Sánta Gergely Péter, Sárdinecz Dóra, Sha Jingyuan, Szabó 721 Sámuel, Szakács Ábel, Ta Minh Khoa, Tamás Gellért, Veres Dorottya, Vigh 279 Zalán, Virág Lénárd Dániel. 5 pontot kapott: 11 versenyző. 4 pontot kapott: 2 versenyző. 3 pontot kapott: 3 versenyző. 2 pontot kapott: 2 versenyző. 1 pontot kapott: 1 versenyző.
A KöMaL 2023. decemberi matematika feladatai