Kezdőlap


Feladat:	F.2759	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Miklós György , Podoski Károly. , Pór A.
Füzet:	1990/május, 205 - 206. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Algebrai átalakítások, Magasabb fokú egyenlőtlenségek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1989/október: F.2759

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

Nyilván elég azt belátni, hogy ha $1 ≦ k ≦ \frac{n}{2} - 1$ , akkor $A_{k} ≧ A_{k + 1}$ , mert ebből a feladat állítása már következik. Beszorzással azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} A_{k} = a_{1}^{n} + a_{2}^{n} + ... + a_{n}^{n} + (a_{1}^{k} a_{2}^{n - k} + a_{2}^{k} a_{1}^{n - k}) + (a_{1}^{k} a_{3}^{n - k} + a_{3}^{k} a_{1}^{n - k}) + ... \end{matrix}

\begin{matrix} + (a_{1}^{k} a^{n - k} + a_{n}^{k} a_{1}^{n - k}) + (a_{2}^{k} a_{3}^{n - k} + a_{3}^{k} a_{2}^{n - k}) + ... + ... + (a_{n - 1}^{k} a_{n}^{n - k} + a_{n}^{k} a_{n - 1}^{n - k}) = \end{matrix}

\begin{matrix} \sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{n} + \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1 + 1}^{n} (a_{i}^{k} a_{j}^{n - k} + a_{j}^{k} a_{i}^{n - k}) . \end{matrix}

Belátjuk, hogy ha

1 ≦ k ≦ \frac{n}{2} - 1

, akkor

\begin{matrix} a_{i}^{k} a_{j}^{n - k} + a_{j}^{k} a_{i}^{n - k} ≧ a_{i}^{k + 1} a_{j}^{n - k - 1} + a_{j}^{k + 1} a_{i}^{n - k - 1}, \end{matrix}

(1)

és egyenlőség csak

a_{i} = a_{j}

esetén áll. Rendezzük a bizonyítani kívánt egyenlőséget:

\begin{matrix} (a_{i}^{k} a_{j}^{n - k - 1} - a_{j}^{k} a_{i}^{n - k - 1}) (a_{j} - a_{i}) ≧ 0. \end{matrix}

Itt

k < n - k - 1

, hiszen

k ≦ \frac{n}{2} - 1

; tehát az első tényezőből kiemelhető

a_{i}^{k} a_{j}^{k}

\begin{matrix} a_{i}^{k} a_{j}^{k} (a_{j}^{n - 2 k - 1} - a_{i}^{n - 2 k - 1}) (a_{j} - a_{i}) ≧ 0. \end{matrix}

Most

n - 2 k - 1 > 0

miatt az utolsó két tényező egyenlő előjelű, és

a_{i} a_{j} > 0

, ezért az egyenlőtlenség valóban igaz, és csak

a_{i} = a_{j}

esetén van egyenlőség. Ha a bizonyított (1) egyenlőséget minden

1 ≦ i ≦ j ≦ n

-re összeadjuk, és

\sum_{i - 1}^{n} a_{i}^{n}

-t hozzáadunk, éppen a bizonyítandó

A_{k} ≧ A_{k + 1}

egyenlőtlenséghez jutunk. Egyenlőség pontosan

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

esetén (ill. a feladatban

k = j

esetén is) áll.

Miklós György (Bp., I. István Gimn., III. o. t)