Kezdőlap


Cím:	Egy nehéz Arany Dániel feladatról és egy szokatlan egyenlőtlenségről
Szerző(k):	Erben Péter , Pataki János
Füzet:	2014/január, 2 - 7. oldal	PDF \| MathML

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:

\begin{matrix} a_{1} \geq a_{2} \geq a_{3} \geq ... \geq a_{2012} \geq a_{2013} \geq 0, valamint \\ a_{34}^{2} + a_{35}^{2} + ... + a_{2013}^{2} \geq \frac{61}{4} . & (N) \end{matrix}

Igazoljuk, hogy

a_{1} + a_{2} + a_{3} + ... + a_{2012} + a_{2013} \geq \sqrt[]{2013}

!
Lehet-e a fenti 2013 tagú összeg pontosan

\sqrt[]{2013}

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

m

és

n

pozitív egészek és tekintsük az

x_{1} \geq x_{2} \geq ... \geq \geq x_{n} \geq x_{n + 1} \geq ... \geq x_{n + m} \geq 0

sorozatot. Ekkor

\begin{matrix} {(x_{1} + x_{2} + ... x_{n} + x_{n + 1} + ... + x_{n + m})}^{2} \geq 4 n (x_{n + 1}^{2} + ... + x_{n + m}^{2}) . \end{matrix}

(

n m 2

)

Bizonyítás. Legyen

A = x_{1} + x_{2} + ... + x_{n}

a ,,nagy'',

B = x_{n + 1} + ... + x_{n + m}

pedig a ,,kicsi'' tagok összege. Ekkor egyrészt

{(A + B)}^{2} \geq 4 A B

, másrészt

A \geq n x_{n}

miatt

\begin{matrix} A B \geq n x_{n} (x_{n + 1} + ... + x_{n + m}) . \end{matrix}

Mivel pedig

x_{n} \geq x_{n + j}

minden

j = 1,2, ..., m

-re, azért

x_{n} x_{n + j} \geq x_{n + j}^{2}

, készen is vagyunk.
Az egyenlőséghez szükséges

A = B

, és így a rendezés miatt

n \leq m

is. Ezen kívül még

x_{1} = x_{2} = ... = x_{2 n}

kell, továbbá, hogy a sorozat további tagjai,

x_{2 n + 1}, ..., x_{n + m}

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

x_{1} \geq x_{2} \geq ... \geq x_{n + m} \geq 0

sorozat elejéről, azaz

n > m

, akkor a rendezés miatt

A > B

. A lemma bizonyításának első lépésében így

{(A + B)}^{2} > 4 A B

, az n-m lemmában tehát ilyenkor határozott egyenlőtlenség áll. Ha például

x_{1} \geq x_{2} \geq x_{3} \geq 0

(n = 1, m = 2)

, akkor a lemma csak annyit állít, hogy

{(x_{1} + x_{2} + x_{3})}^{2} > 8 x_{3}^{2}

. A pontos alsó korlát nagyobb:

9 x_{3}^{2}

(miért?), és pontosan akkor kapjuk, ha

x_{1} = x_{2} = x_{3}

Csak a rend kedvéért. Alkalmazzuk a lemmát az Arany Dániel feladat

a_{i}

sorozatára az

n = 33

m = 1980

(= 2013 - 33)

szereposztással. Ekkor

\begin{matrix} {(a_{1} + a_{2} + ... + a_{2013})}^{2} \geq 4 \cdot 33 \cdot (a_{34}^{2} + ... + a_{2013}^{2}), \end{matrix}

a jobb oldal pedig a feltétel szerint nagyobb vagy egyenlő

4 \cdot 33 \cdot \frac{61}{4} = 2013

-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

n

és

m

pozitív egészek. Ha a nemnegatív, fogyó

a_{i}

sorozatra

\begin{matrix} a_{n + 1}^{2} + a_{n + 2}^{2} + ... + a_{n + m}^{2} \geq K, akkor a_{1} + a_{2} + ... + a_{n + m} \geq \sqrt[]{4 n K} . \end{matrix}

(A feladatban

n = 33, m = 1980

és

K = \frac{61}{4}

.) Az egyenlőséghez a rendezés miatt

n \leq m

szükséges, továbbá az, hogy

\begin{matrix} a_{1} = a_{2} = ... = a_{2 n} = \sqrt[]{\frac{K}{n}}, és i > 2 n esetén a_{i} = 0 legyen . \end{matrix}

A feltételek elégségesek is. Innen az is látszik, hogy az évszámhoz illesztett

2013 = 33 \cdot 61

kapcsolat nem tartozik a feladat lényegéhez.

Sok lúd disznót győz

n = m

, akkor az n-m lemmában

\begin{matrix} {(x_{1} + x_{2} + ... + x_{n} + x_{n + 1} + ... + x_{2 n})}^{2} \geq 4 n (x_{n + 1}^{2} + ... + x_{2 n}^{2}) . \end{matrix}

Négyzetgyököt vonva és rendezve kapjuk, hogy

\begin{matrix} \frac{(x_{1} + ... + x_{n}) + (x_{n + 1} + x_{n + 2} + ... + x_{2 n})}{2 n} \geq \sqrt[]{\frac{x_{n + 1}^{2} + ... + x_{2 n}^{2}}{n}}, \end{matrix}

azaz

2 n

darab nemnegatív szám számtani közepe legalább akkora, mint az

n

-elemű részhalmazok négyzetes közepei közül a legkisebb¹. 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

n \geq m

(azaz

n + m \geq 2 m

), akkor az

(n + m)

elemű

x_{i}

sorozatra vonatkozó feltételek mellett

\begin{matrix} A_{n + m} & = \frac{(x_{1} + ... + x_{n}) + (x_{n + 1} + x_{n + 2} + ... + x_{n + m})}{n + m} \geq q_{m} = \\ = \sqrt[]{\frac{x_{n + 1}^{2} + ... + x_{n + m}^{2}}{m}} . \end{matrix}

Ez az

A_{n + m} \geq q_{m}

egyenlőtlenség majdnem minden esetben azonnal következik az

n = m

esetből. Az

A_{n + m}

számtani közép ugyanis állandó, nem függ a sorozat kezdetéről elhagyott ,,nagy'' tagok számától,

n

-től. A meghagyott

m

darab ,,kicsi'' szám

q_{m}

négyzetes közepe pedig az

m

-mel együtt növekszik. Ha tehát a teljes sorozatnak összesen páros sok tagja van, akkor a jobb oldal

m = 1

-ről indul, értéke a számok legkisebbike,

x_{n + m}

, és növekedve érkezik el a már bizonyított

(n = m)

egyenlőtlenséghez. Az egyetlen, még valóban bizonyításra szoruló esetben a teljes sorozatnak páratlan sok,

2 n + 1

eleme van, amelyek közül az első

n + 1

darabot hagyjuk el: ha

x_{1} \geq x_{2} \geq ... \geq x_{2 n + 1} \geq 0

, akkor

\begin{matrix} \frac{(x_{1} + ... + x_{n} + x_{n + 1}) + (x_{n + 2} + ... + x_{2 n + 1})}{2 n + 1} \geq \sqrt[]{\frac{x_{n + 2}^{2} + ... + x_{2 n + 1}^{2}}{n}} . \end{matrix}

Hogy kedvet csináljunk ehhez a speciális esethez, emlékeztetünk arra, hogy

n = 2

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

33 > k

x

és

y

pedig olyan valós számok, amelyekre

0 < y < x

, akkor²

\begin{matrix} (k + 1) \cdot {(\frac{(33 + k) x + y}{34 + k})}^{2} \geq k x^{2} + y^{2} . \end{matrix}

(4)

Ennek az állításnak a bizonyítása volt a cikk első részében közölt 2. bizonyítás hiányzó részlete.

(k + 1)

-gyel osztva és négyzetgyököt vonva

\begin{matrix} \frac{(33 + k) x + y}{33 + (k + 1)} \geq \sqrt[]{\frac{k x^{2} + y^{2}}{k + 1}}, \end{matrix}

ez pedig éppen a sok lúd lemma az

n = 33

m = k + 1

x_{1} = x_{2} = ... = x_{n + m - 1} = x

x_{n + m} = y

szereposztásban.

A sok lúd lemma bizonyítása. Az állítást az eredetileg kimondott formában, általánosan bizonyítjuk be. Az

n = m

eseten túl vagyunk, föltehető, hogy az összes számnak kevesebb mint a felét hagyjuk meg, azaz

n > m

. Nevezzük az elhagyott számokat nagyoknak ‐

n

darab van belőlük ‐, a megmaradókat pedig kicsiknek. Tegyünk félre a nagy számok közül tetszőlegesen

(n - m)

darabot. A rendezés miatt ezek számtani közepe legalább akkora, mint az

m

darab kicsi szám

q_{m}

négyzetes közepe. A további

2 m

darab szám között ott van az

m

darab kicsi, a maradék

m

darab pedig nagy. Mint láttuk, ebben a speciális esetben az állítás igaz, tehát ennek a

2 m

darab számnak a számtani közepe szintén legalább

q_{m}

. Az állítás most már következik abból, hogy ha két számsorozat számtani közepe külön-külön nagyobb vagy egyenlő

q_{m}

-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

0 < m \leq n

, akkor

\begin{matrix} {((x_{1} + ... + x_{n}) + (x_{n + 1} + x_{n + 2} + ... + x_{n + m}))}^{2} \geq \frac{{(n + m)}^{2}}{m} (x_{n + 1}^{2} + ... + x_{n + m}^{2}) . \end{matrix}

Egyenlőség lehetséges, mégpedig pontosan akkor, ha a sorozat tagjai egyenlők.
Vegyük észre, hogy a fenti egyenlőtlenség a B. 4585. kitűzött feladat általánosítása.
Ha

m = n

akkor

\frac{{(n + m)}^{2}}{m} = 4 n

, visszakapjuk az

n = m

egyenlőtlenséget. Minden más esetben

\frac{{(n + m)}^{2}}{m} > 4 n

, így, akárcsak a B. 4585. feladatban, most is megkapjuk az n-m lemma becslésénél nagyobb pontos alsó korlátot. összefoglalva:

\begin{matrix} {(x_{1} + ... + x_{n} + x_{n + 1} + x_{n + 2} + ... + x_{n + m})}^{2} \geq \\ \geq {\begin{matrix} \frac{{(n + m)}^{2}}{m} (x_{n + 1}^{2} + ... + x_{n + m}^{2}), & ha 0 < m \leq n; \\ 4 n (x_{n + 1}^{2} + ... + x_{n + m}^{2}), & ha n, m > 0. \end{matrix} \end{matrix}

Egyenlőség mindkét esetben lehetséges, de másképpen: az első becslésben akkor, ha az összes szám ugyanakkora, a másodikban pedig akkor, ha

m \geq n

, a sorozat első

2 n

tagja egyenlő, a többi pedig nulla. Ha

n = m

, akkor a két egyenlőtlenség azonos, ha

m \neq n

, akkor a két alsó korlát közül az első a nagyobb.

Ha a minden pozitív

{n, m}

párra teljesülő n-m lemmát is a számtani és a négyzetes közepek kapcsolataként írjuk át, akkor azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} \frac{x_{1} + ... + x_{n} + x_{n + 1} + x_{n + 2} + ... + x_{n + m}}{n + m} \geq & (nm^{*}) \\ \geq λ \sqrt[]{\frac{x_{n + 1}^{2} + ... + x_{n + m}^{2}}{m}}, ahol λ = \frac{2 \sqrt[]{n m}}{n + m} \leq 1. \end{matrix}

n = m

, akkor

λ = 1

, egyébként

λ < 1

.
Az

(n m^{*})

egyenlőtlenségből kiolvasható, hogy a sok lúd lemma a sorozat elejéről elhagyható nagy tagok számának arányát illetően is éles: ha

n < m

, tehát az

\frac{n}{n + 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

(n m^{*})

egyenlőtlenségben állhat egyenlőség, mégpedig akkor, ha

x_{1} = x_{2} = ... = x_{2 n} > 0

és

x_{2 n + 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

\begin{matrix} \frac{x_{1} + ... + x_{n} + x_{n + 1} + x_{n + 2} + ... + x_{2 n + 1}}{2 n + 1} < \sqrt[]{\frac{x_{n + 1}^{2} + ... + x_{2 n + 1}^{2}}{n + 1}} . \end{matrix}

Ha tehát

(n + 1)

darab számot tartunk meg a négyzetes középhez, akkor

2 n + 1

,,lúd'' már kevés.

Emeljük a tétet

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

a_{1} \geq a_{2} \geq a_{3} \geq ... \geq a_{2012} \geq a_{2013} \geq 0

, valamint hogy

\begin{matrix} a_{67}^{3} + a_{68}^{3} + ... + a_{2013}^{3} \geq \frac{61}{891}, \end{matrix}

akkor

\begin{matrix} a_{1} + a_{2} + a_{3} + ... + a_{2013} \geq \sqrt[3]{2013}, \end{matrix}

és egyenlőség akkor teljesül, ha

a_{1} = a_{2} = ... = a_{99} = \sqrt[3]{2013} / 99

, továbbá

a_{100} = a_{101} = ... = a_{2013} = 0

A megoldás az n-m lemma alábbi háromdimenziós változatán múlik:

Legyenek

n

és

m

pozitív egészek és tekintsük az

x_{1} \geq x_{2} \geq ... \geq x_{n} \geq x_{n + 1} \geq \geq ... \geq x_{n + m} \geq 0

sorozatot. Ekkor

\begin{matrix} {(x_{1} + x_{2} + ... + x_{n} + x_{n + 1} + ... + x_{n + m})}^{3} \geq & (nm3) \\ \geq \frac{27}{4} n^{2} \cdot {\underset{︸}{(x_{n + 1}^{3} + ... + x_{n + m}^{3})}}_{m darab tag}^{} . \end{matrix}

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

A B

szorzatot tudtuk a rendezést felhasználva alulról becsülni, most az

A^{2} B

szorzatra kapjuk, hogy

\begin{matrix} A^{2} B \geq n^{2} \cdot x_{n}^{2} \cdot (x_{n + 1} + ... x_{n + m}), \end{matrix}

hiszen

A \geq n \cdot x_{n}

miatt

A^{2} \geq {(n \cdot x_{n})}^{2}

. Mivel

x_{n} \geq x_{n + j}

, azért

x_{n}^{2} \cdot x_{n + j} \geq x_{n + j}^{3}

, és így

\begin{matrix} A^{2} B \geq n^{2} (x_{n + 1}^{3} + ... + x_{n + m}^{3}) . \end{matrix}

A bizonyítás befejezéséhez most már a három tagra felírt számtani és mértani közép egyenlőtlenségére van szükség:

\begin{matrix} \frac{A + B}{3} = \frac{\frac{A}{2} + \frac{A}{2} + B}{3} \geq \sqrt[3]{{(\frac{A}{2})}^{2} B}; \end{matrix}

innen valóban kapjuk, hogy

\begin{matrix} {(A + B)}^{3} \geq \frac{27}{4} A^{2} B \geq \frac{27}{4} n^{2} (x_{n + 1}^{3} + ... + x_{n + m}^{3}) . \end{matrix}

Az egyenlőséghez most

A = 2 B

és így a rendezés miatt

2 m \geq n

szükséges. A becslésekben kell még

A = n \cdot x_{n}

, illetve

x_{n}^{2} \cdot x_{n + j} = x_{n + j}^{3}

(j = 1, ... m)

. Az előbbi a rendezés miatt pontosan akkor teljesül, ha

x_{1} = x_{2} = ... = x_{n}

, az utóbbi pedig akkor, ha

x_{n} = x_{n + j}

vagy

x_{n + j} = 0

. Mivel a sorozat monoton fogyó, ez csak úgy lehetséges, ha van olyan

k \leq m

, hogy

\begin{matrix} x_{1} = x_{2} = ... = x_{n} = x_{n + 1} = ... = x_{n + k} = x > 0 és x_{n + k + 1} = ... = x_{n + m} = 0. \end{matrix}

Így

A = n x = 2 B = 2 k x

azt jelenti, hogy a háromdimenziós

n - m

lemmában pontosan akkor van egyenlőség, ha

n

páros, a sorozat első

\frac{3}{2} n

tagja egyenlő és pozitív, a további tagok pedig nullák.

Epilógus

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.

\begin{matrix} Erben Péter, Pataki János \end{matrix}

¹Az idei tagozatos OKTV első fordulójának 5. feladata alapján ennél egy erősebb állítás is igaz:

{(x_{1} + ... + x_{n} + x_{n + 1} + ... + x_{2 n})}^{2} \geq 4 n (x_{1} \cdot x_{n + 1} + ... + x_{n} \cdot x_{2 n})

, de ezzel az élesítéssel most nem foglalkozunk.

²Az 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.