Feladat: F.2291 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Halász Péter 
Füzet: 1981/október, 62. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Egyenlőtlenségek, Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1981/január: F.2291

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

A bizonyítás módszeréül a teljes indukciót választjuk. n=1 esetben az állítás nyilvánvalóan teljesül.
Tegyük fel, hogy n-1 darab valós számra igaz, amit a feladat állít. Belátjuk, hogy ekkor n-re is teljesül. Legyen tehát n>1 és legyenek x1, x2, ..., xn olyan nem-negatív valós számok, melyekre x1+...+xn1/2, legyen továbbá yi=xi, ha i=1,2,...,n-2, és yn-1=xn-1+xn. Ekkor

(1-yn-1)1-xn-1-xn+xnxn-1=(1-xn)(1-xn-1)(2)
mivel xnxn-10.
Az y1,...,yn-1 nem-negatív valós számok összege legfeljebb 1/2, tehát az indukciós feltevés miatt
1/2(1-y1)(1-y2)...(1-yn-1)(1-x1)(1-x2)...(1-xn),
(2) alapján. Így állításunk n-re is teljesül, ahogyan kívántuk. Látható, hogy egyenlőség csak akkor áll fenn, ha az xl,x2,...,xn számok közül az egyik 1/2 és az összes többi nulla. (K. M.)
 

 Halász Péter (Miskolc, Földes F. Gimn., IV. o. t.)