Feladat: 981. matematika gyakorlat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Babai László ,  Balázs Katalin ,  Bulkai T. ,  Eff L. ,  Fialovszky Béla ,  Gellért J. ,  Hevenesi P. ,  Kádas S. ,  Karsai I. ,  Kloknicer I. ,  Kovács M. ,  Laborczi Z. ,  Mérő L. ,  Moson P. ,  Papp Z. ,  Péli Katalin ,  Rácz Éva ,  Somogyi P. ,  Somos E. ,  Szentgáli Á. ,  Szeredi P. ,  Szűcs A. ,  Takács L. ,  Tolnay-Knefély T. ,  Tóth-Pál S. 
Füzet: 1967/január, 21 - 22. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Egyenlőtlenségek, Teljes indukció módszere, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1965/április: 981. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. Az állításnak 1-nél nagyobb egész n-ekre van értelme. Jelöljük az x1,...,xk számok összegét Sk-val, szorzatukat Pk-val, ekkor a következő egyenlőtlenséget kell bizonyítani:

Sn-Pn<n-1,ha0<xi<1(i=1,2,...,n).(1)

Az állítást teljes indukcióval bizonyítjuk. n=2 esetén
S2-P2=x1+x2-x1x2=x1+x2(1-x1)<x1+(1-x1)=1,
mert x2<1, és 1-x1 pozitív, miután x1<1.
Tegyük fel, hogy valamilyen n=k(≧2) értékre igaz az állítás és vizsgáljuk k+1 számú, 1-nél kisebb pozitív xi számra (1) bal oldalát:
Sk+1-Pk+1=Sk+xk+1-Pkxk+1=Sk+xk+1(1-Pk)<Sk++(1-Pk)=Sk-Pk+1,
mivel xk+1<1 és 1-Pk>0, mert a feltételek szerint Pk<1. Feltevésünket az 1-nél kisebb pozitív x1,...,xk számokra alkalmazva, az első különbség kisebb k-1-nél, s így
Sk+1-Pk+1<k=(k+1)-1,
tehát az állítás helyessége öröklődik k-ről k+1-re. Mivel n=2-re már beláttuk, hogy helyes, így minden n-re igaz.
 
Fialovszky Béla (Esztergom, Temesvári Pelbárt Ferences g. II. o. t.)

 

II. megoldás. A bizonyítandó állítást a következő alakban írhatjuk:
x1x2...xn>x1+x2+...+xn-(n-1),ha0<1(i=1,...,n).

Ismét teljes indukcióval bizonyítunk. n=2-re a bal oldalból levonva a jobbat
x1x2-x1-x2+1=(1-x1)(1-x2)>0,
mert x1<1, x2<1. Az állítás tehát ez esetben helyes.
Tegyük fel, hogy az állítás helyes valamilyen n=k(≧2) esetre, és legyenek adva az 1-nél kisebb pozitív x1,x2,...,xk,xk+1 számok. Feltevésünk szerint az első k számra
x1x2...xk>x1+x2+...+xk-(k-1).
Szorozzuk ezt meg a pozitív xk+1-gyel, majd alkalmazzuk a jobb oldalon fellépő xixk+1 szorzatokra (i=1,...k) az n=2-re már bizonyított egyenlőtlenséget. (Tehetjük, mert 0<xi<(i=1,...,k), és 0<xk+1<1):
x1x2...xk⋅xk+1>x1xk+1+x2xk+1+...+xkxk+1-(k-1)xk+1>
>x1+xk+1-1+x2+xk+1-1+...+xk+xk+1-1-(k-1)xk+1=
=x1+x2+...+xk+xk+1-k.

Ezzel a feladat állítását igazoltuk.
 
Megjegyzés. Mindkét bizonyítás gondolatmenetével belátható, hogy az állítás az 0≦x1≦1(i=1,...,n) feltétel mellett is teljesül, kivéve, ha az xi értékek közt szerepel legalább n-1 számú 1-es; utóbbi esetben (1)-ben is egyenlőség áll fenn.
 
Babai László (Budapest, Fazekas M. gyak. g. II. o. t.)