Kezdőlap


Feladat:	F.2639	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bánkövi Johanna , Beke T. , Benczúr A. , Bereczky Á. , Binder Zsuzsanna , Cynolter G. , Gács A. , Hahn Zsuzsa , Hajdú G. , Hajnal Z. , Kecskés K. , Keleti T. , Madas P. , Majoros L. , Rimányi R. , Sustik M. , Szalay Gy. , Talata I. , Talata István , Tasnádi T. , Tóth 178 G. , Veres E. , Vörös T. , Zaránd G.
Füzet:	1987/november, 379 - 380. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Nevezetes azonosságok, Csebisev-féle egyenlőtlenség, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1987/május: F.2639

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

Előre kell bocsátanunk, hogy a feladat kitűzésekor az egyenlőtlenség iránya hibásan, fordítva jelent meg.

\begin{matrix} * \end{matrix}

(A feladat helyesen:
Bizonyítsuk be, hogy ha

a_{1}

a_{2}

...

a_{n}

pozitív valós számok, akkor

\begin{matrix} \frac{1}{\frac{1}{1 + a_{1}} + \frac{1}{1 + a_{2}} + ... + \frac{1}{1 + a_{n}}} - \frac{1}{\frac{1}{a_{1}} + \frac{1}{a_{2}} + ... + \frac{1}{a_{n}}} ≧ \frac{1}{n} .) \end{matrix}

\begin{matrix} * \end{matrix}

A megoldáshoz egy ismert Csebisev-féle egyenlőtlenséget használunk fel.

b_{1}

b_{2}

...

b_{n}

valamint

c_{1}

c_{2}

...

c_{n}

a valós számoknak két, egyformán rendezett sorozata (azaz mindkettő növekvő, vagy mindkettő csökkenő), akkor az egyes sorozatok számtani középértékeinek szorzata legfeljebb akkora, mint a megfelelő elemek szorzatainak számtani középértéke, vagyis

\begin{matrix} \frac{b_{1} + b_{2} + ... + b_{n}}{n} \cdot \frac{c_{1} + c_{2} + ... + c_{n}}{n} ≦ \frac{b_{1} c_{1} + b_{2} c_{2} + ... + b_{n} c_{n}}{n} . \end{matrix}

(Bizonyítása megtalálható pl. a Matematikai versenytételek II. Rész 45. oldalán, Középiskolai Szakköri Füzetek.)
A feladatban szereplő

a_{1}

a_{2}

...

a_{n}

pozitív valós számok sorrendjének nincs kitüntetett szerepe, ezért az általánosság megszorítása nélkül előírhatjuk, hogy

a_{1} ≧ a_{2} ≧ ... ≧ a_{n} > 0

teljesüljön.
Legyen

b_{i} = \frac{1}{a_{i}}

és

c_{i} = \frac{1}{1 + a_{i}}

(i = 1, 2, ..., n)

. Ekkor nyilván

b_{1} ≦ b_{2} ≦ ... ≦ b_{n}

és

c_{1} ≦ c_{2} ≦ ... ≦ c_{n}

, ezért a Csebisev-féle egyenlőtlenség fennáll ezekre a mennyiségekre. A bizonyítás most már azon múlik, hogy esetünkben

b_{i} c_{i} = b_{i} - c_{i}

(i = 1

2

...

n

). Ennek alapján

\begin{matrix} \frac{b_{1} + b_{2} + ... + b_{n}}{n} \cdot \frac{c_{1} + c_{2} + ... + c_{n}}{n} ≦ \frac{b_{1} + b_{2} + ... + b_{n}}{n} - \frac{c_{1} + c_{2} + ... + c_{n}}{n} . \end{matrix}

A kapott egyenlőtlenség mindkét oldalát a pozitív

\begin{matrix} \frac{(b_{1} + b_{2} + ... + b_{n}) (c_{1} + c_{2} + ... + c_{n})}{n} - nel \end{matrix}

elosztva éppen a bizonyítandó állítást kapjuk.
A Csebisev-féle egyenlőtlenség levezetésének ismeretében azt is megállapíthatjuk, hogy egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn a két oldal között, ha

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

Megjegyzés. Egy hibás állítást elintézhetünk egyetlen ellenpéldával, a megoldók zöme azonban nem érte be ennyivel, hanem rájött a hiba mibenlétére, és a helyes állítást be is bizonyította. Ők dolgozatukra a maximális pontszámot kapták. A csupán ellenpéldát beküldők munkáját 2 pontra értékeltük. Második megoldással az 5 pont mellé további két pontot lehetett szerezni.