Feladat: F.2315 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Ákosfai Z. ,  Alberti G. ,  Balázs Z. ,  Borsó Zs. ,  Bozai Zsuzsanna ,  Böröczky K. ,  Csere K. ,  Csere Kálmán ,  Cseri Hajnalka ,  Csörgő T. ,  Dobrosi T. ,  Drávucz Katalin ,  Fekete Zs. ,  Feledi Gy. ,  Gulyás Gy. ,  Halász P. ,  Heckenast L. ,  Hetyei G. ,  Ittzés A. ,  Károlyi Gy. ,  Kerényi I. ,  Király Z. ,  Magyar Á. ,  Magyar Cs. ,  Megyesi G. ,  Mihálykó Cs. ,  Mohay T. ,  Nagy R. ,  Pöltl J. T. ,  Regős Enikő ,  Selyem I. ,  Simek R. ,  Simonyi G. ,  Somogyi H. ,  Szabó E. ,  Szabó T. ,  Szállási Z. ,  Sziklai Mariann ,  Tranta Beáta ,  Törőcsik J. ,  Weisz F. 
Füzet: 1982/január, 16 - 17. oldal  PDF file
Témakör(ök): Egyenlőtlenségek, Számsorozatok, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1981/május: F.2315

Az x1,x2,... monoton csökkenő, pozítív számokból álló sorozat tagjaira a következő egyenlőtlenség minden n-re fenáll:
x11+x42+...+xn2n1.(1)
Bizonyítsuk be, hogy ekkor
x11+x22+...+xnn<3.(2)

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

Legyen k olyan pozitív egész, amelyre k2+2kn. Felhasználva, hogy az x1, x2, ... pozitív tagú sorozat, s tagjai monoton csökkennek, (2) bal oldala legfeljebb.

x1(11+12+13)+x4(14+...+18)+...+xk2(1k2+...+1k2+2k)==x11f(1)+x42f(2)+...+xk2kf(k),


ahol
f(i)=i(1i2+1i2+1+...+1i2+2i).(3)
Megmutatjuk, hogy f(i)<2 minden pozitív egész i-re, ebből (1) alapján azonnal adódik, hogy
x11+x22+...+xnn<2.(4)

Az f(i)<2 egyenlőtlenséget bizonyítandó, (3) jobb oldalán a zárójelben álló kifejezést osszuk két részre. A (2i+1) összeadandó közül az első i darabot helyettesítsük 1/i2-tel, a többi (i+1)-et pedig 1/(i2+i)-vel. Ezzel f(i)-nél nagyobb számot kapunk, tehát
f(i)<i(i1i2+(i+1)1i2+i)=2,
ahogyan állítottuk. Ezzel (4)-et és így a feladat állítását is igazoltuk. (K. M.)
 

Csere Kálmán (Veszprém, Lovassy L. Gimn.. IV. o. t.)
 

Megjegyzés. Bizonyítottuk, hogy a (2) egyenlőtlenség jobb oldalán 3 helyett 2-t írva a feladat állítása igaz marad. Megmutatjuk, hogy 2-nél kisebb számokra (2) már nem feltétlenül teljesül. Láttuk ugyanis, hogy f(i)<2, másrészt f(i)==i(1i2+...+1i2+2i)>i2i+1i2+2i>2-3i. Most az x1, x2, ..., xk2+2k értékeket mind az (1/1+1/2+...+1/k) szám reciprokának választjuk, és legyen xi=0, ha i>k2+2k. Itt k egy később megválasztandó pozitív egészt jelöl. Az (1)-beli egyenlőtlenségek mind teljesülnek, és (2) bal oldalának értéke az n=k2+2k helyen éppen
A=x11f(1)+x42f(2)+...+xk2kf(k)>>2(x11+x42+...+xk2k)-3(x112+x222+...+xk2k2).


Az xi értékeket úgy választottuk, hogy a különbség első tagja éppen 2 legyen. Felhasználva még, hogy
112+122+...+1k2<1+(1-12)+...+(1k-1k+1)<2,
kapjuk, hogy A>2-6(1+12+...+1k)-1. Ez utóbbi érték pedig minden 2-nél kisebb számnál nagyobb lesz, ha k-t megfelelően választjuk, hiszen a természetes számok reciprokából képzett 1+1/2+...+1/k összegek sorozata felülről nem korlátos.
A feladat szövege nem engedi meg, hogy az xi számok között a 0 is előforduljon. Olvasóinkra bízzuk annak meggondolását, hogyan módosítható bizonyításunk, hogy ennek a többletkövetelménynek is eleget tegyen.