Feladat:	F.2278	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Ákosfai Z. ,  Bognár P. ,  Böröczky K. ,  Csere K. ,  Feledi Gy. ,  Gulyás Gyula ,  Hetyei G. ,  Kapos L. ,  Károlyi Gy. ,  Kerényi I. ,  Megyesi G. ,  Mikó Teréz ,  Mohay T. ,  Molnár K. ,  Simonyi G. ,  Somogyi H. ,  Törőcsik J. ,  Weisz F.
Füzet:	1981/április, 152 - 153. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Nevezetes egyenlőtlenségek, Számsorozatok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1980/november: F.2278

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(a_1+\text{...}+a_{1980}\right)\left(\frac{1}{a_1}+\text{...}+\frac{1}{a_{1980}}\right)\le \frac{{1980}^4}{{1980}^2-1}\mathrm{.}}\end{array}$ (1) Megoldás. Jelöljük 1980-at $n$-nel, $1/n$-et $\epsilon$-nal. Mint látni fogjuk, nem lesz lényeges, hogy $n$ értéke éppen mennyi. Legyen még $k$ tetszés szerinti $1$ és $n$ közötti egész, és vegyük ki az $a_1\mathrm{,}{a}_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{a}_n$ számok közül a $k$-adikat. Jelöljük ezt $x$-szel, a többiek összegét $S$-sel, a többiek reciprokának az összegét $R$-rel, az (1) bal oldalán álló kifejezés értékét $K$-val. Jelöléseink mellett $\begin{array}{c}{\displaystyle K=\left(S+x\right)\left(R+\frac{1}{x}\right)={\left(\sqrt[]{Rx}-\sqrt[]{\frac{S}{x}}\right)}^2+{\left(\sqrt[]{RS}+1\right)}^2\cdot }\end{array}$ (Közben felhasználtuk, hogy $S$, $R$ és $x$ pozitívak.) $K$ második alakjából látható, hogy $K$ értéke csak az $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(x\right)=\sqrt[]{Rx}-\sqrt[]{\frac{S}{x}}}\end{array}$ függvényen keresztül függ $x$-től. Ez viszont monoton függvény, hiszen ha $0<x<y$, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(y\right)-f\left(x\right)=\left(\sqrt[]{y}-\sqrt[]{x}\right)\left(\sqrt[]{R}+\frac{\sqrt[]{S}}{\sqrt[]{xy}}\right)>0.}\end{array}$ Esetünkben $1-\epsilon \le x\le 1+\epsilon$, emiatt $f\left(1-\epsilon \right)\le f\left(x\right)\le f\left(1+\epsilon \right)$. Válasszuk $x$-nek és vele együtt $a_k$ nak $\left(1-\epsilon \right)$ és $\left(1+\epsilon \right)$ közül azt, amelyik mellett $f\left(1-\epsilon \right)$ és $f\left(1+\epsilon \right)$ abszolút értéke a nagyobb. (Ha $|f\left(1-\epsilon \right)|=|f\left(1+\epsilon \right)|$, akkor mindegy, melyiket választjuk $a_k$-nak.) Ha így változtatjuk meg $a_k$ értékét, $K$ értéke biztosan nem csökken. Menjünk hát végig (tetszőleges sorrendben) az $a_1\mathrm{,}{a}_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{a}_k$ számokon, és mindegyiknek változtassuk meg az értékét vagy $\left(1-\epsilon \right)$-ra, vagy $\left(1+\epsilon \right)$-ra úgy, hogy ezzel $K$ kezünkben levő aktuális értékét ne csökkentsük. Mint láttuk, ezt mindig meg tudjuk tenni. Az eljárásunk végén mindegyik $a_i$ új értéke vagy $\left(1-\epsilon \right)$ lesz, vagy $\left(1+\epsilon \right)$. Jelöljük az $\left(1-\epsilon \right)$-nal egyenlő $a_i-k$ számát $m$-mel, az $\left(1+\epsilon \right)$-nal egyenlőekét $p$-vel. Akkor $m+p=n$, és persze $m$ és $p$ közül az egyik $0$ is lehet. Ezek mellett a kifejezés értéke legyen $K_{mp}$: $\begin{array}{c}{\displaystyle K_{mp}=\left[m\left(1-\epsilon \right)+p\left(1+\epsilon \right)\right]\left[\frac{m}{1-\epsilon }+\frac{p}{1+\epsilon }\right]=\frac{n^2-{\epsilon }^2{\left(m-p\right)}^2}{1-{\epsilon }^2}\mathrm{.}}\end{array}$ Állításunk most már abból következik, hogy egyrészt $K\le K_{mp}$, másrészt $K_{mp}\le n^2/\left(1-{\epsilon }^2\right)=n^4/\left(n^2-1\right)$. Gulyás Gyula (Miskolc, Kilián Gy. Gimn., III. o. t.)     Megjegyzés. A számtani és a harmonikus középre vonatkozó egyenlőtlenség alapján belátható, hogy $K\ge n^2$. Mivel $n^4/\left(n^2-1\right)<n^2+2$, a két egyenlőtlenség együtt azt jelenti, hogy amíg az $a_i$ változókra $|a_i-1|\le \epsilon$ teljesül, a $K$ függvény értéke egy $2$ szélességű sávon belül marad. Ez meglepőnek mondható, ha arra gondolunk, hogy $K$ értéke és a változók száma milyen nagy, viszont mégsem annyira meglepő, hiszen $\epsilon$ értéke kicsi.