Az A. 493. feladat (2009. november)

A. 493. Bizonyítsuk be, hogy

$\displaystyle \sum_{i=1}^n\ \sum_{j=1}^n \frac{a_ia_j}{{(p_i+p_j)}^c}\ge 0$

teljesül tetszőleges valós $\displaystyle a_1,a_2,\ldots,a_n$, és pozitív $\displaystyle c,p_1,p_2,\ldots,p_n$ számok esetén.

(5 pont)

A beküldési határidő 2009. december 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Az A. 447. feladat (KöMaL, 2008. február) megoldását fogjuk általánosítani. (A megoldás a $\displaystyle c=1$ esetre a KöMaL Ankéton is elhangzott, Páles Zsolt előadásában.) A baloldalon álló összeget egy mindenhol nemnegatív kifejezés integráljaként fogjuk felírni.

Jelöljük az $\displaystyle \int_0^1 \left(\log\frac1u\right)^{c-1} \, \mathrm{d}u$ integrál értékét $\displaystyle \Gamma(c)$-vel. (A jelölés hátterével kapcsolatban lásd a Megyjegyzést.) Először megmutatjuk, hogy $\displaystyle c>0$ esetén az integrál értéke véges, pozitív szám. Mivel az integrandus minden pontban pozitív, elég egy alkalmas — véges — felső becslést találnunk.

Felhasználjuk azt a jól ismert, de például az $\displaystyle e^x\ge 1+x$ egyenlőtlenségből közvetlenül is levezhető tényt, hogy tetszőleges $\displaystyle 0<u<1$ és $\displaystyle \varepsilon>0$ esetén

$\displaystyle 1-u < \log\frac1u < \frac1{\varepsilon u^\varepsilon}.$

Tehát, ha $\displaystyle 0<c\le1$, akkor a $\displaystyle (c-1)$ kitevő nempozitív, és

$\displaystyle \Gamma(c) = \int_0^1 \left(\log\frac1u\right)^{c-1} \, \mathrm{d}u \le \int_0^1 (1-u)^{c-1} \, \mathrm{d}u = \frac1c \, < \infty.$

Ha pedig $\displaystyle c>1$, akkor az $\displaystyle \varepsilon=\frac1{2(c-1)}$ választással

$\displaystyle \Gamma(c) = \int_0^1 \left(\log\frac1u\right)^{c-1} \, \mathrm{d}u < \int_0^1 \left(\frac1{\varepsilon u^\varepsilon}\right)^{c-1} \, \mathrm{d}u = \frac1{\big(2(c-1)\big)^{c-1}} \int_0^1 \frac{\mathrm{d}u}{\sqrt{u}} = 2^c\cdot(c-1)^{c-1} < \infty.$

Ezzel igazoltuk, hogy $\displaystyle \Gamma(c)$ valóban véges pozitív szám.

A megoldás kulcsa az az észrevétel, hogy tetszőleges $\displaystyle p>0$ esetén $\displaystyle \frac1{p^c}$ felírható $\displaystyle \int x^p \varphi_c(x)\mathrm{d}x$ alakban, ahol $\displaystyle \varphi_c$ egy alkalmas, nemnegatív értékű függvény. A $\displaystyle t=u^{1/p}$ helyettesítéssel ugyanis

$\displaystyle \int_0^1 t^{p-1} \left(\log\frac1t\right)^{c-1} \,\mathrm{d}t = \int_0^1 u^{1-1/p} \left(\log\frac1{u^{1/p}}\right)^{c-1} \, \frac{u^{1/p-1}}{p}\mathrm{d}u =$

$\displaystyle = \frac1p \int_0^1 \left(\frac1p\log\frac1u\right)^{c-1} \, \mathrm{d}u = \frac1{p^c} \int_0^1 \left(\log\frac1u\right)^{c-1} \, \mathrm{d}u = \frac{\Gamma(c)}{p^c} .$

Ezek után a feladat egy lehetséges megoldása:

$\displaystyle \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \frac{a_ia_j}{(p_i+p_j)^c} = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a_ia_j \cdot \frac1{\Gamma(c)} \int_0^1 t^{p_i+p_j-1} \left(\log\frac1t\right)^{c-1} \,\mathrm{d}t =$

$\displaystyle = \frac1{\Gamma(c)} \int_0^1 \left( \sum_{i=1}^n a_i t^{p_i}\right) \left( \sum_{j=1}^n a_j t^{p_j}\right) \frac{\left(\log\frac1t\right)^{c-1}}{t} \,\mathrm{d}t = \frac1{\Gamma(c)} \int_0^1 \left( \sum_{i=1}^n a_i t^{p_i}\right)^2 \frac{\left(\log\frac1t\right)^{c-1}}{t} \,\mathrm{d}t \ge 0.$

Megjegyzés. A megoldáshoz nem volt rá szükség, de aki tanulmányai során már találkozott vele, felismerhette, hogy a fentiekben az Euler-féle $\displaystyle \Gamma$-függvény bukkant fel. A függvényt sok más formában is felírhatjuk, például az $\displaystyle u=e^{-x}$ helyettesítéssel $\displaystyle \displaystyle\Gamma(c) =\int_0^\infty x^{c-1}e^{-x}\mathrm{d}x$. A megoldás a $\displaystyle \Gamma$-függvénynek ezzel az alakjával:

$\displaystyle 0 \le \int_0^\infty \left( \sum_{i=1}^n a_i e^{-p_it} \right)^2 t^{c-1} \,\mathrm{d}t = \int_0^\infty \left( \sum_{i=1}^n a_i e^{-p_it} \right) \left( \sum_{j=1}^n a_j e^{-p_jt} \right) t^{c-1} \,\mathrm{d}t =$

$\displaystyle = \int_0^\infty \left( \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a_ia_j e^{-(p_i+p_j)t} \right) t^{c-1} \,\mathrm{d}t = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a_ia_j \int_0^\infty t^{c-1} e^{-(p_i+p_j)t} \,\mathrm{d}t =$

$\displaystyle = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \frac{a_ia_j}{(p_i+p_j)^c} \int_0^\infty \big((p_i+p_j)t\big)^{c-1} e^{-(p_i+p_j)t} (p_i+p_j)\,\mathrm{d}t =$

$\displaystyle = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \frac{a_ia_j}{(p_i+p_j)^c} \int_0^\infty u^{c-1} e^{-u} \,\mathrm{d}u = \Gamma(c) \cdot \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \frac{a_ia_j}{(p_i+p_j)^c}.$

Statisztika:

4 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Nagy 235 János.
3 pontot kapott:	1 versenyző.
1 pontot kapott:	2 versenyző.

A KöMaL 2009. novemberi matematika feladatai