Kezdőlap


Feladat:	F.1762	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1971/szeptember, 8 - 9. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Nevezetes egyenlőtlenségek, Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1971/március: F.1762

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás. Feladatunk állítását $n$ szerinti teljes indukcióval bizonyítjuk be. Mivel $d$ és $s$ értéke nem függ az $a_{1}, a_{2}, ..., a_{n}$ számok sorrendjétől, feltehetjük, hogy $a_{1} \leq a_{2} \leq ... \leq a_{n}$ , ekkor $d = a_{n} - a_{1}$ $(\geq 0)$ .
Ha $n = 1$ , sem $d$ , sem $s$ nincs értelmezve, ezért a bizonyítást az $n = 2$ esettel kezdjük. Ekkor $s = a_{2} - a_{1} = d$ , tehát $(1)$ mindkét oldalán az egyenlőség jele érvényes. Ha $n = 3$ , akkor

\begin{matrix} s = (a_{3} - a_{1}) + (a_{3} - a_{2}) + (a_{2} - a_{1}) = 2 (a_{3} - a_{1}) = 2 d, \end{matrix}

tehát

(1)

bal oldalán az egyenlőség, jobb oldalán az egyenlőtlenség jele érvényes (illetve

d = 0

mellett ott is az egyenlőség jele érvényes).
Legyen

N \geq 4

, és tegyük fel, hogy

(1)

-et már bizonyítottuk minden

n < N

mellett. Bontsuk

n = N

mellett az

s

-et definiáló összeget két tagra. Az elsőben azoknak a pároknak a különbsége szerepeljen, amelyeknek az egyik tagja

a_{1}

vagy

a_{N}

. Jelöljük ezt a tagot

s_{1}

-gyel:

\begin{matrix} s_{1} = (a_{2} - a_{1}) + (a_{3} - a_{1}) + ... + (a_{N} - a_{1}) + \\ + (a_{N} - a_{2}) + ... + (a_{N} - a_{N - 1}) = (N - 1) (a_{N} - a_{1}) = (N - 1) d . \end{matrix}

A másik tagot jelöljük

s_{2}

-vel, ez az

a_{2}, a_{3}, ..., a_{N - 1}

számokból alkotható párok különbsége abszolút értékének az összege. Jelöljük

(a_{N - 1} - a_{2})

-t

d_{2}

-vel. Feltevésünk szerint az

a_{2}, a_{3}, ..., a_{N - 1}

számokra érvényes az

(1)

-nek megfelelő

\begin{matrix} (N - 3) d_{2} \leq s_{2} \leq \frac{{(N - 2)}^{2}}{4} d_{2} \end{matrix}

egyenlőtlenség. Mivel

0 \leq d_{2} \leq d

, ebből következik, hogy

\begin{matrix} 0 \leq s_{2} \leq \frac{{(N - 2)}^{2}}{4} d . \end{matrix}

Adjuk ennek a kettős egyenlőtlenségnek minden tagjához az

s_{1} = (N - 1) d

számot, így

s = s_{1} + s_{2}

alapján kapjuk, hogy

\begin{matrix} (N - 1) d \leq s \leq (N - 1) d + \frac{{(N - 2)}^{2}}{4} d = \frac{N^{2}}{4} d, \end{matrix}

amí a kívánt

(1)

egyenlőtlenség

n = N

mellett. Az állítást ezzel bebizonyítottuk.

Megjegyzés. Az

a_{1} = a_{2} = ... = a_{n - 1} = 0

a_{n} = 1

példa mutatja, hogy

(1)

bal oldalán tetszőleges

n

mellett érvényes lehet az egyenlőség jele. Láttuk, hogy

n = 3

mellett

(1)

jobb oldalán mindig az egyenlőtlenség jele érvényes, és megoldásunkból kiolvasható, hogy így van ez minden páratlan

n

mellett. Ha

n = 2 k

, az

a_{1} = a_{2} = ... = a_{k} = 0

a_{k + 1} = a_{k + 2} = ... = a_{2 k} = 1

példa mutatja, hogy

(1)

jobb oldalán is érvényes lehet az egyenlőség jele.

II. megoldás. Ismét feltesszük, hogy

a_{1} \leq a_{2} \leq ... \leq a_{n}

, és

n \geq 2

. Legyen

\begin{matrix} d_{k} = a_{k + 1} - a_{k}, \end{matrix}

ekkor

d = d_{1} + d_{2} + ... + d_{n - 1}

, és ha

i < j

\begin{matrix} a_{j} - a_{i} = d_{i} + d_{i + 1} + ... + d_{j - 1} . \end{matrix}

(2)

s

-et definiáló összegben a

(2)

bal oldalán álló különbségek szerepelnek az összes lehetséges

1 \leq i < j \leq n

indexpár mellett. Vizsgáljuk meg, hányszor szerepelne ebben az összegben a

d_{k}

szám, ha az

a_{j} - a_{i}

különbségek helyére a

(2)

jobb oldalán álló összeget írnánk.

d_{k}

akkor fordul elő

(2)

jobb oldalán, ha

i \leq k < j

. Rögzített

k

-hoz

(1 \leq k \leq n - 1)

k

-féleképpen választhatjuk meg az

i

indexet úgy, hogy

i \leq k

teljesüljön, és

(n - k)

-féleképpen a

j > k

indexet. Mivel bármely

i

-hez bármely

j

-t választhatjuk (

i \leq k

és

j > k

miatt

i < j

is automatikusan teljesül), az

i

j

párt

k (n - k)

-féleképpen választhatjuk meg ‐ ennyiszer lép fel

d_{k}

s

-et definiáló összegben. Emiatt

\begin{matrix} s = \sum_{k = 1}^{n - 1} k (n - k) d_{k} . \end{matrix}

Ennek az összegnek minden tagja nem-negatív, így nem növeljük, ha

k (n - k)

helyett mindenütt e szorzatok legkisebbikét,

1 \cdot (n - 1)

-et írjuk:

\begin{matrix} s \geq \sum_{k = 1}^{n - 1} 1 \cdot (n - 1) d_{k} = (n - 1) \sum_{k = 1}^{n - 1} d_{k} = (n - 1) d, \end{matrix}

ami a bizonyítandó

(1)

egyenlőtlenség bal oldala.
A számtani és mértani közép közti egyenlőtlenség alapján a

k (n - k)

szorzatok nem lehetnek nagyobbak

n^{2} / 4

-nél:

\begin{matrix} k (n - k) \leq {(\frac{k + n - k}{2})}^{2} = \frac{n^{2}}{4}, \end{matrix}

tehát nem csökkentjük az összeg értékét, ha

k (n - k)

helyére mindenütt

n^{2} / 4

-et írunk:

\begin{matrix} s \leq \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{n^{2}}{4} d_{k} = \frac{n^{2}}{4} \sum_{k = 1}^{n - 1} d_{k} = \frac{n^{2}}{4} d, \end{matrix}

ami a bizonyítandó

(1)

egyenlőtlenség jobb oldala. Feladatunk állítását ezzel bebizonyítottuk.