Feladat: F.2644 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Füzet: 1988/február, 60 - 62. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Azonosságok, Egyenlőtlenségek, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1987/szeptember: F.2644

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

I. megoldás. Adott x1,x2,...,xn számokra legyen

Sn(x1,x2,...,xn)=(1+x1)(1+x2)...(1+xn)+(1-x1)(1-x2)...(1-xn).(1)

Nyilván S1(x1)=2, így ha n=1, akkor mindkét bizonyítandó egyenlőtlenségben egyenlőség áll. A továbbiakban legyen az n legalább 2.
Ha (1) jobb oldalán elvégezzük a beszorzást, akkor a páratlan tényezős szorzatok kiesnek és
Sn(x1,x2,...,xn)=2+2Pn(x1,x2,...,xn)(2)
adódik, ahol Pn(x1,x2,...,xn) az adott számokból készíthető páros tényezős szorzatok összege. A feltétel szerint ezekben a szorzatokban minden egyes tényező pozitív és kisebb 1-nél, ezért
0<Pn(x1,x2,...,xn)<Pn(1,1,...,1)︸ndarab  1-es.

Ez azt jelenti, hogy
2<Sn(x1,x2,...,xn)<2+Pn(1,1,...,1).(3)
A (3) jobb oldalán (2) szerint éppen
Sn(1,1,...,1)=(1+1)(1+1)...(1+1)+(1-1)(1-1)...(1-1)=2n
áll, és így
2<Sn(x1,x2,...,xn)<2n,
ha n>1. Ezzel a bizonyítást befejeztük. Látható, hogy (3) szerint az n>1 esetben egyik egyenlőtlenségben sem állhat egyenlőség.
 
II. megoldás. Jelöljük x¯-sal az x1,x2,...,xn számok x1+x2+...+xnn átlagát. Mivel az xi számok mindegyike 0 és 1 közé esik, így ugyanez x¯-ra is igaz.
A feltétel szerint az (1+xi) és az (1-xi) számok mindegyike pozitív, így a vizsgált összegben szereplő n-tényezős szorzatok felülről becsülhetők a számtani és a mértani közép közti egyenlőtlenség felhasználásával. Eszerint
(1+x1)(1+x2)...(1+xn)≤(1+x1+1+x2+...+1+xnn)n=(1+x¯)n,
illetve
(1-x1)(1-x2)...(1-xn)≤(1-x1+1-x2+...+1-xnn)n=(1-x¯)n.
A két egyenlőtlenséget összeadva;
(1+x1)(1+x2)...(1+xn)+(1-x1)(1-x2)...(1-xn)≤(1+x¯)n+(1-x¯)n.
Itt n=1-re a bal oldal éppen 2, n≥2-re viszont
(1+x¯)n+(1-x¯)n<(1+x¯+1-x¯)n=2n.(4)
A binomiális tétel szerint ugyanis
((1+x¯)+(1-x¯))n=(1+x¯)n++(n1)(1+x¯)n-1(1-x¯)+...+(nk)(1+x¯)n-k(1-x¯)k+...+(1-x¯)n.


Az összegnek legalább három tagja van, minden tag pozitív (1+x¯>1, 1-x¯>0 a feltétel szerint), így az összeg határozottan nagyobb az első és utolsó tag összegénél. Ezzel a feladat egyenlőtlenségének jobb oldalát beláttuk, valamint azt is, hogy n≥2-re nem állhat fenn egyenlőség. n=1-re viszont a vizsgált kifejezés értéke minden x1 értékre 1+x1+1-x1=2, tehát itt minden szóba jövő x1-re egyenlőség áll.
Az egyenlőtlenség bal oldalán n=1-re szintén mindig egyenlőség áll. Jelöljük most j=1,2,...,n-re pj-vel az (1+x1)(1+x2)...(1+xj), qj-vel pedig az (1-x1)(1-x2)...(1-xj) szorzatot. Ekkor pj>qj, hiszen 0<xi<1 miatt 1+xi>1-xi>0, s nagyobb pozitív számok szorzata is nagyobb. Másrészt
pj+qj=pj-1(1+xj)+qj-1(1-xj)=pj-1+qj-1+xj(pj-1-qj-1)>pj-1+qj-1,
hiszen xj>0 és pj-1-qj-1>0. Azt kapjuk tehát, hogy
2=p1+q1<p2+q2<...<pn-1+qn-1<pn+qn,
tehát az egyenlőtlenség bal oldala is igaz, és n≥2-re nem lehet egyenlőség.
 

Összefoglalva: Az egyenlőtlenségekben sohasem állhat fenn egyenlőség, ha n≥2, és minden szóba jövő x1 értékre egyenlőség van, ha n=1.
 
Megjegyzések: 1. A feladat szövege kizárta az xi=0 vagy xi=1 lehetőséget. Természetesen nem tekintettük hibának, ha valaki a "nulla és egy közé esik'' kifejezést úgy értelmezte, hogy e két eset is benne foglaltatik. Ez ugyanis csak konvenció kérdése, és aki a 0≤xi≤1 feltételből indult ki, az többletmunkát vállalt magára. (Megjegyezzük: ha egy feladat szövegezését nem érezzük egyértelműnek, mindig érdemes az általánosabb értelmezést választani, hiszen így a kitűző által elgondolt változatot is biztosan tárgyaljuk majd, ami az ellenkező esetben nem biztos.) Mindkét közölt bizonyítás könnyen kiterjeszthető a 0≤xi≤1 esetre is, ilyenkor azonban akkor is lehetséges egyenlőség, ha n≥2.
Az első megoldásban vizsgált páros tényezős szorzatok összege most lehet nulla, amennyiben minden egyes ilyen szorzat tartalmaz 0 tényezőt. Ez pedig pontosan akkor igaz, ha az x1,x2,...,xn számok közül legfeljebb egy pozitív. Ilyenkor tehát
Sn(x1,x2,...,xn)=2.

Ami a felső becslést illeti, itt nyilván pontosan akkor van egyenlőség, ha minden egyes páros tényezős szorzat értéke 1, azaz x1=x2=...=xn=1.
2. A jobb oldali egyenlőtlenség is könnyen bizonyítható a pj+qj=pj-1(1+xj)+qj-1(1-xj)=pj-1+qj-1+xj(pj-1-qj-1) azonosság alapján. Mivel xj≤1 és 0≤pj-1-qj-1≤pj-1+qj-1, ezért xj(pj-1-qj-1)≤pj-1+qj-1 és pj+qj=pj-1+qj-1+xj(pj-1-qj-1)≤2(pj-1+qj-1).
Innen azt kapjuk, hogy pn+qn≤2(pn-1+qn-1)≤4(pn-2+qn-2)≤...≤2k(pn-k+qn-k)≤...≤2n-1(p1+q1)=2n. Egyenlőség csak akkor áll, ha minden j≥2-re xj(pj-1-qj-1)=pj-1-qj-1, azaz xj=1 és qj-1=0. Ez pedig pontosan akkor teljesül, ha minden xj értéke 1.
Ha viszont n=1, akkor (a j≥2 feltétel miatt) nem kapunk kikötést, és minden xi értékre egyenlőség van.