A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Egy nehéz Arany Dániel feladatról és egy szokatlan egyenlőtlenségről II. rész A cikk első részében három megoldást közöltünk az idei Arany Dániel verseny legnehezebbnek bizonyult feladatára. A feladat így szólt:
2013 valós számra fennáll:
Igazoljuk, hogy ! Lehet-e a fenti 2013 tagú összeg pontosan ?
A látványtól az absztraktig A harmadik bizonyítás (KöMaL, 63. évfolyam, 2013/9. szám, 515‐522. oldal) geometriai környezetben vizsgálta a feladatot. Ha ,,kitakarjuk'' a látványt, akkor kiderül, hogy a megoldás lelke egy egyenlőtlenség, amelyet a bizonyításban játszott szerepétől függetlenül is érdemes kimondani.
n-m lemma. Legyenek és pozitív egészek és tekintsük az sorozatot. Ekkor | | () |
Bizonyítás. Legyen a ,,nagy'', pedig a ,,kicsi'' tagok összege. Ekkor egyrészt , másrészt miatt Mivel pedig minden -re, azért , készen is vagyunk. Az egyenlőséghez szükséges , és így a rendezés miatt is. Ezen kívül még kell, továbbá, hogy a sorozat további tagjai, legyenek nullák. Mindez együtt pedig elégséges is.
Megjegyzések. 1. A bizonyításban a sorozat monotonitásából csak arra volt szükség, hogy a sorozatból elhagyott ,,nagy'' elemek mindegyike legalább akkora, mint a meghagyott ,,kis'' elemek bármelyike. 2. Ha a tagoknak több mint a felét hagyjuk el az sorozat elejéről, azaz , akkor a rendezés miatt . A lemma bizonyításának első lépésében így , az n-m lemmában tehát ilyenkor határozott egyenlőtlenség áll. Ha például , , akkor a lemma csak annyit állít, hogy . A pontos alsó korlát nagyobb: (miért?), és pontosan akkor kapjuk, ha .
Csak a rend kedvéért. Alkalmazzuk a lemmát az Arany Dániel feladat sorozatára az , szereposztással. Ekkor | | a jobb oldal pedig a feltétel szerint nagyobb vagy egyenlő -nál. A lemma záradékából az egyenlőség feltétele is azonnal leolvasható. A figyelmes Olvasó látja, hogy ez a cikk első részében közölt 3. megoldás, ezúttal a látvány nélkül.
Egy kézenfekvő általánosítás. Legyenek és pozitív egészek. Ha a nemnegatív, fogyó sorozatra | | (A feladatban és .) Az egyenlőséghez a rendezés miatt szükséges, továbbá az, hogy | | A feltételek elégségesek is. Innen az is látszik, hogy az évszámhoz illesztett kapcsolat nem tartozik a feladat lényegéhez.
Ha , akkor az n-m lemmában | | Négyzetgyököt vonva és rendezve kapjuk, hogy | | azaz darab nemnegatív szám számtani közepe legalább akkora, mint az -elemű részhalmazok négyzetes közepei közül a legkisebb. Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha a számok mind egyenlők. (Miért?) Ez a megszokotthoz képest fordított állású egyenlőtlenség többféleképpen is általánosítható. Igaz marad, ha a nagyság szerint csökkenő sorozat végéről kezdve a tagoknak legfeljebb a felét tartjuk meg: ezeknek a ,,kicsi'' számoknak a négyzetes közepe ilyenkor sem lehet nagyobb a teljes sorozat számtani közepénél és pontosan akkor van egyenlőség, ha a számok egyenlők. Legalább kétszer annyi lúd kell tehát a disznógyőzéshez, mondja az alábbi
Sok lúd lemma. Ha (azaz ), akkor az elemű sorozatra vonatkozó feltételek mellett
Ez az egyenlőtlenség majdnem minden esetben azonnal következik az esetből. Az számtani közép ugyanis állandó, nem függ a sorozat kezdetéről elhagyott ,,nagy'' tagok számától, -től. A meghagyott darab ,,kicsi'' szám négyzetes közepe pedig az -mel együtt növekszik. Ha tehát a teljes sorozatnak összesen páros sok tagja van, akkor a jobb oldal -ről indul, értéke a számok legkisebbike, , és növekedve érkezik el a már bizonyított egyenlőtlenséghez. Az egyetlen, még valóban bizonyításra szoruló esetben a teljes sorozatnak páratlan sok, eleme van, amelyek közül az első darabot hagyjuk el: ha , akkor | |
Hogy kedvet csináljunk ehhez a speciális esethez, emlékeztetünk arra, hogy választással és némileg más alakban éppen ez volt az előző számunkban kitűzött B. 4585. feladat állítása. Ami az általános esetet illeti, a cikk első részének 3. kitűzött feladata az alábbi volt: Ha , és pedig olyan valós számok, amelyekre , akkor | | (4) | Ennek az állításnak a bizonyítása volt a cikk első részében közölt 2. bizonyítás hiányzó részlete. -gyel osztva és négyzetgyököt vonva | | ez pedig éppen a sok lúd lemma az , , , szereposztásban.
A sok lúd lemma bizonyítása. Az állítást az eredetileg kimondott formában, általánosan bizonyítjuk be. Az eseten túl vagyunk, föltehető, hogy az összes számnak kevesebb mint a felét hagyjuk meg, azaz . Nevezzük az elhagyott számokat nagyoknak ‐ darab van belőlük ‐, a megmaradókat pedig kicsiknek. Tegyünk félre a nagy számok közül tetszőlegesen darabot. A rendezés miatt ezek számtani közepe legalább akkora, mint az darab kicsi szám négyzetes közepe. A további darab szám között ott van az darab kicsi, a maradék darab pedig nagy. Mint láttuk, ebben a speciális esetben az állítás igaz, tehát ennek a darab számnak a számtani közepe szintén legalább . Az állítás most már következik abból, hogy ha két számsorozat számtani közepe külön-külön nagyobb vagy egyenlő -nél, akkor ez igaz a két sorozat egyesítésére is. Végül az egyenlőséghez szükséges, hogy a számok egyenlők legyenek, és ez elégséges is.
Megjegyzés. Ha a sok lúd lemma egyenlőtlenségét ,,visszarendezzük'', akkor az n-m lemma állításához hasonló becslést kapunk. Tehát ha , akkor | | Egyenlőség lehetséges, mégpedig pontosan akkor, ha a sorozat tagjai egyenlők. Vegyük észre, hogy a fenti egyenlőtlenség a B. 4585. kitűzött feladat általánosítása. Ha , akkor , visszakapjuk az egyenlőtlenséget. Minden más esetben , így, akárcsak a B. 4585. feladatban, most is megkapjuk az n-m lemma becslésénél nagyobb pontos alsó korlátot. összefoglalva:
Egyenlőség mindkét esetben lehetséges, de másképpen: az első becslésben akkor, ha az összes szám ugyanakkora, a másodikban pedig akkor, ha , a sorozat első tagja egyenlő, a többi pedig nulla. Ha , akkor a két egyenlőtlenség azonos, ha , akkor a két alsó korlát közül az első a nagyobb.
Ha a minden pozitív párra teljesülő n-m lemmát is a számtani és a négyzetes közepek kapcsolataként írjuk át, akkor azt kapjuk, hogy
Ha n=m, akkor λ=1, egyébként λ<1. Az (nm*) egyenlőtlenségből kiolvasható, hogy a sok lúd lemma a sorozat elejéről elhagyható nagy tagok számának arányát illetően is éles: ha n<m, tehát az nn+m arány kisebb, mint 1/2, akkor az m darab legkisebb szám négyzetes közepe már nagyobb lehet a teljes sorozat számtani közepénél.
Ha például m=n+1, akkor, mint láttuk, az (nm*) egyenlőtlenségben állhat egyenlőség, mégpedig akkor, ha x1=x2=...=x2n>0 és x2n+1=0. E sorozat elemeinek a számtani közepe tehát éppen egyenlő az m=n+1 darab ,,kicsi'' szám négyzetes közepének a λ-szorosával. Mivel λ most kisebb 1-nél, erre a sorozatra | x1+...+xn+xn+1+xn+2+...+x2n+12n+1<xn+12+...+x2n+12n+1. | Ha tehát (n+1) darab számot tartunk meg a négyzetes középhez, akkor 2n+1 ,,lúd'' már kevés.
Az I. rész 2. feladatában a versenyfeladathoz hasonló egyenlőtlenséget kellett igazolni, csak eggyel magasabb dimenzióban: azt kellett bizonyítani, hogy Ha 2013 valós számra fennáll, hogy a1≥a2≥a3≥...≥a2012≥a2013≥0, valamint hogy | a673+a683+...+a20133≥61891, | akkor | a1+a2+a3+...+a2013≥20133, | és egyenlőség akkor teljesül, ha a1=a2=...=a99=20133/99, továbbá a100=a101=...=a2013=0.
A megoldás az n-m lemma alábbi háromdimenziós változatán múlik:
Legyenek n és m pozitív egészek és tekintsük az x1≥x2≥...≥xn≥xn+1≥ ≥...≥xn+m≥0 sorozatot. Ekkor (x1+x2+...+xn+xn+1+...+xn+m)3≥(nm3)≥274n2⋅(xn+13+...+xn+m3)︸m darab tag.
Aki eligazodik az (A+B)-élű kocka monoton fogyó felosztásán, az bizonyosan ,,látja'' ezt az egyenlőtlenséget is. Mi lényegében lemásoljuk a kétdimenziós algebrai bizonyítást. Az (A+B)3 mennyiségre keresünk alsó becslést, ahol A ismét az n darab ,,nagy'', B pedig az m darab ,,kicsi'' szám összege. Ahogy két dimenzióban az AB szorzatot tudtuk a rendezést felhasználva alulról becsülni, most az A2B szorzatra kapjuk, hogy | A2B≥n2⋅xn2⋅(xn+1+...xn+m), | hiszen A≥n⋅xn miatt A2≥(n⋅xn)2. Mivel xn≥xn+j, azért xn2⋅xn+j≥xn+j3, és így A bizonyítás befejezéséhez most már a három tagra felírt számtani és mértani közép egyenlőtlenségére van szükség: innen valóban kapjuk, hogy | (A+B)3≥274A2B≥274n2(xn+13+...+xn+m3). | Az egyenlőséghez most A=2B és így a rendezés miatt 2m≥n szükséges. A becslésekben kell még A=n⋅xn, illetve xn2⋅xn+j=xn+j3, (j=1,...m). Az előbbi a rendezés miatt pontosan akkor teljesül, ha x1=x2=...=xn, az utóbbi pedig akkor, ha xn=xn+j vagy xn+j=0. Mivel a sorozat monoton fogyó, ez csak úgy lehetséges, ha van olyan k≤m, hogy | x1=x2=...=xn=xn+1=...=xn+k=x>0 és xn+k+1=...=xn+m=0. | Így A=nx=2B=2kx azt jelenti, hogy a háromdimenziós n-m lemmában pontosan akkor van egyenlőség, ha n páros, a sorozat első 32n tagja egyenlő és pozitív, a további tagok pedig nullák.
A feladat megoldása most már egyszerű behelyettesítéssel adódik, ugyanúgy, ahogy az Arany Dániel feladat megoldását kaptuk a kétdimenziós n-m lemmából. Ezt a lépést hagyjuk az Olvasóra.
Ugyanígy javasoljuk, hogy az Olvasó mondja ki és bizonyítsa be a magasabb dimenziós n-m lemmákat is a megfelelő sok lúd lemmákkal együtt. Végül pedig másféle általánosításként az A. 605. feladatot ajánljuk.
Erben Péter, Pataki János
|
Az idei tagozatos OKTV első fordulójának 5. feladata alapján ennél egy erősebb állítás is igaz: (x1+...+xn+xn+1+...+x2n)2≥4n(x1⋅xn+1+...+xn⋅x2n), de ezzel az élesítéssel most nem foglalkozunk.Az első részben ennek a feladatnak a kitűzésekor az m változó szerepelt a mostani k helyett. Ezért olvasóink elnézését kérjük, az m a cikknek ebben a részében mást jelöl. |