Kezdőlap


Feladat:	1159. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bodó Z. , Gyulai L. , Harsányi János , Ilkovits Iván , Kemény Gy. , König L. , Pick Gy. , Schön Ferenc , Singer G. , Szél György , Szele T. , Szmák Z.
Füzet:	1936/január, 125 - 128. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Azonosságok, Paraméteres egyenlőtlenségek, Permutációk, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1935/november: 1159. matematika feladat

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

I. Megoldás. E tételt teljes indukcióval fogjuk bebizonyítani.

n = 1

, akkor

\begin{matrix} b_{1} = a_{1} és \frac{a_{1}}{b_{1}} = \frac{a_{1}}{a_{1}} = 1. \end{matrix}

(2)

n = 2

, akkor két eset lehetséges:
1)

b_{1} = a_{1}

és

b_{2} = a_{2}

, amidőn

\frac{a_{1}}{b_{1}} + \frac{a_{2}}{b_{2}} = \frac{a_{1}}{a_{1}} + \frac{a_{2}}{a_{2}} = 2,

b_{1} = a_{2}

és

b_{2} = a_{1}

, amidőn

\frac{a_{1}}{b_{1}} + \frac{a_{2}}{b_{2}} = \frac{a_{1}}{a_{2}} + \frac{a_{2}}{a_{1}} \geq 2,

mert

a_{1}^{2} + a_{2}^{2} \geq 2 a_{1} a_{2}, és {(a_{1} - a_{2})}^{2} > 0.

Eszerint valóban áll:

\begin{matrix} \frac{a_{1}}{b_{1}} + \frac{a_{2}}{b_{2}} \geq 2. \end{matrix}

(3)

Tegyük fel, hogy a tétel igaz

n = k - 1

esetében, azaz

\begin{matrix} \frac{a_{1}}{b_{1}} + \frac{a_{2}}{b_{2}} + ... + \frac{a_{j}}{b_{j}} + ... + \frac{a_{k - 1}}{b_{k - 1}} \geq k - 1. \end{matrix}

(4)

Mindenesetre kiindulhatunk abból, hogy jelzéseink megfelelő választásával

\begin{matrix} a_{1} \leq a_{2} \leq a_{3} < ... \leq a_{j} ... < a_{k} < ... \leq a_{n} . \end{matrix}

Továbbá:

k

elemnek valamely permutációját úgy kapjuk meg, hogy képezzük

k - 1

elem megfelelő permutációját és ekkor hozzácsatoljuk a

k

-dik elemet, ezt az

1., 2., ... k

-dik helyre téve.
Adjunk tehát a (4) alatti, helyesnek talált összefüggés mindkét oldalához

\frac{a_{k}}{a_{k}}

-t, azaz 1-t. Keletkezik

\begin{matrix} \frac{a_{1}}{b_{1}} + \frac{a_{2}}{b_{2}} + ... + \frac{a_{j}}{b_{j}} + \frac{a_{k - 1}}{b_{k - 1}} + \frac{a_{k}}{a_{k}} \geq k . \end{matrix}

(5)

b_{k} = a_{k}

, tételünk máris igaz. Azonban, ha

b_{k} \neq a_{k}

, akkor a

b_{k}

-t valamely

b

-vel, pl.

b_{j}

-vel fel kell cserélni.
Az (5) baloldalán tehát minden ugyanaz marad, csak

\begin{matrix} \frac{a_{j}}{b_{j}} + \frac{a_{k}}{a_{k}} helyébe \frac{a_{j}}{a - k} + \frac{a_{k}}{b_{j}} kerül . \end{matrix}

Ezáltal azonban (5) baloldalát csak növelhetjük. Ugyanis

\begin{matrix} \frac{a_{j}}{a_{k}} + \frac{a_{k}}{b_{j}} \geq \frac{a_{j}}{b_{j}} + \frac{a_{k}}{a_{k}}, \end{matrix}

mert

\begin{matrix} \frac{a_{j} - a_{k}}{a_{k}} + \frac{a_{k} - a_{j}}{b_{j}} = \frac{(a_{j} - a_{k}) + (a_{k} - a_{j}) a_{k}}{b_{j} a_{k}} = \frac{(a_{k} - a_{j}) (a_{k} - b_{j})}{b_{j} a_{k}} \geq 0 \end{matrix}

tekintettel arra, hogy

a_{k} \geq a_{j}

és

a_{k} \geq b_{j}

, hiszen

b_{j}

, az

a_{1} ... a_{k - 1}

számok valamelyike.
Minthogy a tétel igaz, ha

n = 1

n = 2

, tehát igaz bármely

n

-re. Az egyenlőségi jel akkor érvényes, ha

a_{i} = b_{i}

(i = 1, 2 ... n)

Harsányi János (ág. ev. g. VII. o. Bp.)

II. Megoldás. Előbbi megoldásunkban már láttuk, hogy a tétel igaz, ha

n = 1

, ha

n = 2

.
Az adott összeg jele legyen

S

. A tétel helyességét elfogadjuk minden

S

alakú összegre, ha tagjainak száma kisebb, mint

n

.
Az összeadandók sorrendjének kellő megválasztásával sikerül a kérdéses összeget esetleg két vagy több zárt ciklusban előállítani ilyképpen:

\begin{matrix} S = (\frac{a_{1}}{a_{2}} + \frac{a_{2}}{a_{3}} + ... + \frac{a_{k}}{a_{1}}) + (\frac{a_{k + 1}}{a_{k + 2}} + \frac{a - k + 2}{a_{k + 3}} + ... + \frac{a - k + 2}{a - k + 1}) + ... = C_{1} + C_{2} + ... \end{matrix}

C_{1}

C_{3}

...

ciklusok ugyanolyan természetűek, mint az eredeti

S

összeg, t. i. a nevezők a számlálók egy (ciklikus) permutációját képezik. Azonban a ciklusok tagszáma kisebb, mint

n

és így

\begin{matrix} C_{1} \geq k, C_{2} \geq l, ... \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} S = C_{1} + C_{2} + ... \geq k + l + ... azaz S \geq n . \end{matrix}

Külön bizonyításra szorul a tétel most már, ha az

S

összeg magában egy felbonthatatlan ciklust alkot. Feltehetjük, hogy az

a_{n}

számnál kisebb nincs és az összeg tagjait úgy rendezzük, hogy azok a következő ciklust adják:

\begin{matrix} S = \frac{a_{1}}{a_{2}} + \frac{a_{2}}{a_{3}} + ... + \frac{a_{n - 1}}{a_{n}} + \frac{a_{n}}{a_{1}} = (\frac{a_{1}}{a_{2}} + \frac{a_{2}}{a_{3}} + ... + \frac{a_{n - 1}}{a_{1}}) + \\ + \frac{a_{n - 1}}{a_{n}} - \frac{a_{n - 1}}{a_{1}} + \frac{a_{n}}{a_{1}} . \end{matrix}

A zárójeles rész

n - 1

tagból álló ciklus; érvényes tehát:

C \geq n - 1

.
Az utolsó három tag

\begin{matrix} R = \frac{a_{n - 1}}{a_{n}} - \frac{a_{n - 1}}{a_{1}} + \frac{a_{n}}{a_{1}} = \frac{a_{n - 1} (a_{1} - a_{n}) + a_{n}^{2}}{a_{1} a - n} = \\ = \frac{(a_{n - 1} - a_{n}) (a_{1} - a_{n}) + a_{1} a_{n}}{a_{1} a_{n}} \end{matrix}

Eszerint

\begin{matrix} R = \frac{(a_{n - 1} - a_{n}) (a_{1} - a_{n}) + a_{1} a_{n}}{a_{1} a_{n}} a_{1} a_{n} + 1 \geq 1, \end{matrix}

mert feltevésünk szerint

a_{n_{1}} - a_{n} \geq 0 és a_{n} \geq 0.

Eszerint

\begin{matrix} S = C + R > n - 1 + 1 azaz S \geq n . \end{matrix}

Schön Ferenc (Kölcsey rg. VII. o. Bp. VI.)

Szél György (Kölcsey rg. VII. o. Bp. VI.)

III. Megoldás. Legyen

x = i = \frac{a_{i}}{b_{i}} (i = 1, 2, ... n)

. Minthogy az

a_{i}

számok szorzata egyenlő a

b_{i}

számok szorzatával, az

x_{i}

számok szorzata

\begin{matrix} x_{1} x_{2} ... x_{i} ... x_{n} = 1. \end{matrix}

Ismeretes, hogy

n

poz. szám számtani középarányosa nem lehet kisebb a mértani középarányosuknál, ¹ azaz

\begin{matrix} \frac{\sum_{i = 1}^{n} x_{i}}{n} \geq \sqrt[^{n}]{x_{1} x_{2} ... x_{n}} . \end{matrix}

A mi esetünkben

\begin{matrix} \frac{\sum_{i = 1}^{n} x_{i}}{n} \geq 1, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} \sum_{i = 1}^{n} x_{i} = \frac{a_{1}}{b_{1}} + \frac{a_{2}}{b_{2}} + ... + \frac{a_{n}}{b_{n}} \geq n . \end{matrix}

Ilkovits Iván (Kemény Zsigmond r. VIII. o. Bp. VI.)

IV. Megoldás. Az

a_{1}

a_{2}

a_{n}

pozitív számokra nézve legyen

\begin{matrix} a_{1} \geq a_{2} \geq a_{3} > ... \geq a_{n - 1} \geq a_{n} . \end{matrix}

(1)

A pozitív számok egy másik csoportja legyen

\begin{matrix} x_{1} \geq x_{2} \geq x_{3} > ... \geq x_{n - 1} \geq x_{n} . \end{matrix}

(2)

Az (1) szorzat valamely tagját szorozzuk meg a (2) szorzat valamely tagjával és az így nyert szorzatokat adjuk össze. Ilyen módon különböző értékű összegeket kapunk, melyek között van egy legkisebb és egy legnagyobb.
Ha az (1) sorozat tagjait a (2) sorozat megfelelő tagjaival szorozzuk össze, akkor ezen szorzatok összege lesz a legkisebb értékű. Ha az (1) sorozat tagjait a (2) sorozat fordított sorrendben vett tagjaival szorozzuk össze, akkor kapjuk a legnagyobb értékű összeget.
Jelentse most már

x_{i_{1}}

x_{i_{2}}

...

x_{i_{n}}

x_{i}

számok valamely permutációját, akkor nyilván

\begin{matrix} a_{1} x_{1} + a_{2} x_{2} + ... + a_{n} x_{n} \leq a_{1} x_{i_{1}} + a_{2} x_{i_{2}} + ... + a_{n} x_{i_{n}} . \end{matrix}

(3)

Legyen most már

x_{i} = \frac{1}{a_{i}} (i = 1, 2, ... n)

, tehát

a_{i} x_{i} = 1

. Ha az

a_{i}

számok csökkenő, akkor reciprok értékeik növekedő sorozatot alkotnak. Eszerint alkalmazhatjuk a (3) alatti relációt és így:

\begin{matrix} n \leq \frac{a_{1}}{a_{i_{1}}} + \frac{a_{2}}{a_{i_{2}}} + ... + \frac{a_{n}}{a_{i_{n}}} . \end{matrix}

Minthogy

b_{1}

b_{2}

...

b_{n}

a_{i}

számok valamely permutációja, az

a_{i_{1}}

a_{i_{2}}

...

a_{i_{n}}

számok helyébe

b_{1}

b_{2}

...

b_{n}

írható, tehát

\begin{matrix} \frac{a_{1}}{b_{1}} + \frac{a_{2}}{b_{2}} + ... + \frac{a_{n}}{b_{n}} > n . \end{matrix}

Ezen bizonyítást Szűcs Adolf műegyetemi tanár mutatta be az Eötvös Loránd Társulat 1935. nov. 14-iki előadó ülésén. Megjelent a Társulat folyóiratában. (1935. július‐decemberi füzetben 127. o.)

¹L. K. M. és F. L. II. évf. 37. oldalon.