Feladat: F.2231 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Arató M. ,  Beleznay F. ,  Benedek Ágnes ,  Bohus G. ,  Bölcsföldi L. ,  Csere K. ,  Czakó F. ,  Dénes L. ,  Dohovics K. ,  Dósa Gy. ,  Fekete Z. ,  Feledi Gy. ,  Gerencsér Gy. ,  Halász P. ,  Heckenast L. ,  Heizer A. ,  Horváth 302 A. ,  Kámán L. ,  Kántor Zs. ,  Kelemen B. ,  Király Z. ,  Kiss 352 Gy. ,  Kiss E. ,  Kurusa Á. ,  Lorencz Kinga ,  Madarász J. ,  Mészáros Gy. ,  Nagy Kolozsvári Á. ,  Osváth Z. ,  Poppe A. ,  Pöltl J. ,  Regős Enikő ,  Simonyi G. ,  Sz. Nagy Cs. ,  Szelényi Zs. ,  Szirmay L. ,  Tóth V. ,  Tranta Beáta ,  Umann G. ,  Várkonyi B. ,  Weisz F. ,  Zsilinszky L. 
Füzet: 1980/október, 62 - 63. oldal  PDF file
Témakör(ök): Egyenlőtlenségek, Cauchy-Schwarz-Bunyakovszkij-féle egyenlőtlenség, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1980/január: F.2231

Az F. 2231-es feladat hibásan jelent meg az 1979 decemberi számban. A helyes szöveg:

 

Bizonyítsuk be, hogy ha ai>0, bi>0 és
i=1nai2bii=1nbi,(1)

akkor
i=1naii=1nbi.(2)

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

Tekintsük az (aibi-bi)különbségek négyzetösszegét:

0i=1n(aibi-bi)2=i=1nai2bi-2i=1nai+i=1nbi.
A mondott (1) feltétel szerint ezt nem csökkentjük, ha benne i=1nai2bi helyére a i=1nbi összeget írjuk. Ezután a (2) jobb és bal oldalán álló összegek különbségének a kétszeresét kapjuk, tehát az nem negatív, amint azt bizonyítanunk kellett.
 

Megjegyzések. 1. Megoldható a feladat az ún. Cauchy‐Schwarz‐Bunyakovszkij-féle egyenlőtlenség felhasználásával is. Ez azt állítja, hogy tetszőleges x1,..., xn, y1,..., yn valós számokra
(i=1nxiyi)2(i=1nxi2)(i=1nyi2).

(Lásd például Skljarszkij‐Csencov‐Jaglom: Válogatott fejezetek és tételek az elemi matematika köréből 1, 289. feladat.) A mi megoldásunk ennek az egyenlőtlenségnek a szokásos bizonyításán alapszik, annak ismeretében nem meglepő, hogy az (ai/bi-bi) különbségek négyzetösszegéből indulunk ki.
2. A feladat első kitűzése hibás volt. Ennek ellenére négyen: Csikós Zsolt, Elek Gábor, Szegedy Patrik és Sz. Nagy Csaba felismerte az eredeti állítást és közülük az első három igazolta is. Az összpontszám annak figyelembevételével alakult, hogy a helyes megoldás mellett az első kitűzésnél közölt-e jó ellenpéldát a megoldó. Így a teljes megoldás értéke 3‐4 pont lett. Hiányosnak tekintjük annak a dolgozatát, aki ellenpéldát közölt ugyan, de a jó kitűzés után nem küldött be teljes értékű megoldást (1‐2 pont).