A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. A nyári mexikói diákolimpián kétségkívül a 3. feladat bizonyult a legnehezebbnek. E számunk 388‐390. oldalain olvasható Paulin Roland megoldása, amelyben egy kevésbé ismert eredmény, a Muirhead-egyenlőtlenség alkalmazása volt a kulcslépés. Hogy az olvasó esetleges hiányérzetét enyhítsük, bemutatjuk a tételt működés közben. Az esetekben tulajdonképpen a bizonyítás is kiadódik, aki pedig járatos a magasabb dimenziókban, kaphat némi képet az általános esetről is. A jó szem azért sem árt, mert a tétel különös feltételrendszere egy alapvetően geometriai konstrukció révén teszi lehetővé a súlyozott számtani és mértani közepek jól ismert egyenlőtlenségének (SAG) kiterjesztését általánosabb, szimmetrikus összegekre. Ha tetszőleges pozitív számok és a nemnegatív ,,súlyok'' összege 1, akkor | | (SAG) | Az egyenlőtlenség két oldalán az számok súlyokkal vett számtani, illetve mértani közepe áll. Ha , akkor éppen a számtani, illetve mértani közepeket kapjuk. E két közép nevezetes egyenlőtlensége pedig a tétel jelöléseivel az | | alakot ölti. Az olimpiai feladat megoldása során általános formában hangzott el a Muirhead-tétel, így ezt most nem ismételjük el. A jelöléseket illetően ‐ is ‐ javasoljuk a megoldás tanulmányozását. Az ott látottak szerint elhagyjuk a változók indexeit, a példákban ugyanis legfeljebb három változó szerepel majd. Ennek megfelelően az összegben az , , változók összesen 6 permutációja vesz részt. Így például | | Ugyanígy
Ha csak két változónk van, , akkor például .
Síkban még minden látszik: az eset Bemelegítésül nézzük meg, hogyan juthatunk el a tétel szerint igaz , azaz bizonyításához. (A változók értéke nem negatív, ezt a továbbiakban mindig föltesszük.) Az állítás persze ,,puszta kézzel'' is elintézhető, de most álljunk ellen a kísértésnek. A feltétel nyilván teljesül: és . A szereplő kifejezések szimmetriájának megfelelően adódó négy számpár természetes módon ábrázolható a koordinátarendszerben (1. ábra). A feltétel szerint az , , illetve a , pontok ugyanazon az egyenesen vannak (ennek egyenlete ), másfelől a pontok az szakaszra esnek. Ekkor, a szokásos módon -vel jelölve a pont helyvektorát, léteznek olyan számok, amelyek összege 1, és például Hogy ne csak a levegőbe beszéljünk, a koordinátákra átírt egyenletrendszer megoldása: , .
1. ábra A mindent eldöntő észrevétel az, hogy ezek az egyenletek az (1) tagjainak algebrai kapcsolatát is kifejezik: ha a , súlyokkal elkészítjük az (1) bal oldalán álló tagok, és súlyozott mértani közepét, akkor ebben az kitevője 3, az -é pedig : éppen a jobb oldal első tagját kapjuk! Ez pedig nem nagyobb a megfelelő súlyozott számtani középnél: | | () | Szimmetriaokokból ‐ szoktuk mondani ilyenkor ‐ felírható (), () és így | | () | Egyenlőtlenségeinket összeadva készen is vagyunk, ugyanis ‐ micsoda szerencse! ‐ az együtthatók összege, ,,oszloponként'' is 1!
Megjegyzések. 1. Gondoljuk meg, hányféle köntösben jelenik itt meg a szimmetria! Az (1)-ben szereplő kifejezések szimmetrikusak a változók, és cseréjére; a megfelelő ábrázolásban ez az , , , ponthalmaz tengelyes szimmetriáját jelenti a -os egyenesre. A vektor-, illetve koordinátákra vonatkozó egyenletek szintén a koordinátákat fölcserélve, végül a két egyenlőtlenség, és a változók cseréjével kapható egymásból. 2. Az első egyenlőtlenségből közvetlenül eljuthatunk a másodikhoz, ha felcseréljük a két változót. Ez úgy is megvalósítható, ha jobb oldalán a változók helyett az együtthatókat cseréljük fel.
Vegyük észre, hogy a bizonyításnak nincs szüksége arra, hogy mekkorák a súlyok! Annyi kell ,,csupán'', hogy ne legyenek negatívak, az összegük 1 legyen, és hogy létezzenek!
1. feladat. Igazoljuk, hogy ha , akkor az intervallum tartalmazza a intervallumot. (Lehetséges, hogy az intervallumok egyetlen ponttá zsugorodnak; mikor?)
A tér a síkból nézve: az eset Az olimpiai feladat megoldásában többek között szerepel az egyenlőtlenség, most ennek járunk utána. Három változónk van, a számhármasoknak megfelelő pontok a térbeli koordinátarendszerben ábrázolhatók. A változóknak, illetve egy pont koordinátáinak ‐ szemben a síkbeli két lehetőséggel ‐ most hatféle sorrendje, vagy permutációja van. Jelöljük három elem hat permutációjának halmazát a szokásos módon -mal, az egyes permutációkat pedig görög kisbetűkkel. Ha például fölcseréli az első két elemet, akkor az pont koordinátái . A síkbeli utat követve most nem az , , hanem a hatelemű és ponthalmazokat kapjuk az , illetve a számhármasokból a koordináták permutálásával.
Gondoljunk meg először néhány apróságot, amelyek a síkban nyilvánvaló módon teljesültek.
I. állítás. Az és a ponthalmazok benne vannak egy közös síkban. Ez nyomban következik abból, hogy a pontok koordinátáinak összege 12, így valamennyien illeszkednek az egyenletű síkra.
II. állítás. Az pontok egy konvex hatszög csúcsai. Ha ugyanis van olyan sík, amelyen egy térbeli sokszöglemez vetülete egy konvex sokszöglemez, akkor két konvex halmaz, egy konvex végtelen hasáb és egy sík közös része, így maga is konvex. A 2. ábra az csúcsok merőleges vetületét mutatja az koordinátasíkon: a hatszög láthatóan konvex.
2. ábra Általában is ez a helyzet, ha az számok páronként különbözők. (Ha a koordináták között két egyenlő van, akkor háromszöget kapunk, ha mindhárom egyenlő, akkor pedig egyetlen pontot.) Természetesen hasonló igaz a pontokra is. A továbbiakban jelölje , illetve a megfelelő térbeli sokszöglemezeket. A II. állítás szerint nem más, mint az halmaz konvex burka és hasonló igaz a halmazra is.
2. feladat. Legyen . Adjuk meg az csúcsainak a sorrendjét az csúcsból indulva az origó felől nézve pozitív körüljárásban. ( az identikus permutáció.)
III. állítás. . Ez megint leolvasható a 2. ábráról: a pont a pont vetülete az -síkon és a vetülethatszög belsejében van. A -n keresztül a vetítés irányával párhuzamos egyenes tehát a végtelen hasáb belsejében halad és a -ben metszi az síkját.
3. feladat. Igazoljuk, hogy ha , akkor .
Ismeretes, hogy egy véges ponthalmaz konvex burka a helyvektorú pontok összessége, ahol és . A III. állítás szerint tehát léteznek a nemnegatív számok, amelyek összege 1 és A koordinátákra nézve ez azt jelenti, hogy a
egyenletnek létezik nemnegatív számokból álló megoldása, mégpedig olyan, ahol a λ számok összege 1! Ez a megoldás most is valamiféle ,,katalizátor'' szerepét játssza majd, magukra a λ értékekre nem lesz szükség! Ekkor ugyanis ‐ ahogyan ez (SAG12) esetében történt ‐ az (Eι) egyenlet azt mondja el, hogy S(7;5;0) hat tagjának a λi súlyokkal vett mértani közepében az x kitevője 6, az y-é 5, a z kitevője pedig 1; (SAG) szerint tehát | λ1x7y5+λ2x5y7+λ3y7z5+λ4y5z7+λ5x5z7+λ6x7z5≥x6y5z. | (SAGι) | A három változót (SAGι)-ban minden lehetséges módon permutálva összesen hat hasonló egyenlőtlenséget kapunk. Ezeket összeadva a jobb oldalon éppen S(6;5;1) adódik. Geometriailag ennek az felel meg, hogy az A¯ halmaz mind a hat B pontot tartalmazza, de ennél többről van szó: a B¯ és az A¯ halmazoknak ugyanazok a szimmetriái: a hat permutáció! Emiatt az egyes B pontok ugyanezen szimmetriák szerint függenek algebrailag az A pontoktól. Ha a bal oldalakon a λ számok sorrendjét rögzítjük, akkor a változók permutációi során az x7y5 tag ‐ de a többi is ‐ különböző együtthatók mellett bukkan fel: végül begyűjti mind a hatot. Így pedig a hat súlyozott számtani közép összegében minden egyes tag együtthatója λπ1+...+λπ6=1. A hat egyenlőtlenség összegének bal oldalán tehát éppen S(7;5;0) áll. Így működik a Muirhead-egyenlőtlenség! 4. feladat. Bizonyítsuk be a cikkben igazolt S(7;5;0)≥S(6;5;1) állítás ,,felét'', tehát hogy x7y5+y7z5+z7x5≥x6y5z+y6z5x+z6x5y. 5. feladat. Legyenek a, b, c olyan pozitív valós számok, amelyekre abc=1 teljesül. Bizonyítsuk be, hogy 1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b)≥32. 6. feladat. Igazoljuk, hogy ha a, b, c pozitív számok, akkor | 1a3+b3+abc+1b3+c3+abc+1c3+a3+abc≤1abc. |
Felhasznált irodalom
[1] | J. Michael Steele, The Cauchy‐Schwarz Master Class, Cambridge University Press (2004). |
Muirhead-egyenlőtlenség: Adott x1,x2,...,xn pozitív valós számokra és α1≥α2≥...≥αn valós számokra legyen S(α1,α2,...,αn)=∑π∈Snxπ(1)α1...xπ(n)αn, ahol Sn az {1,2,...,n} permutációinak a halmaza. Ha β1≥β2≥...≥βn olyan valós számok, amelyekre ∑i=1nαi=∑i=1nβi, továbbá minden 0<k<n esetén ∑i=1kαi≥∑i=1kβi, akkor S(α1,α2,...,αn)≥S(β1,β2,...,βn). |