Feladat: N.31 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Braun Gábor ,  Csörnyei Marianna ,  Futó Gábor 
Füzet: 1995/március, 158 - 160. oldal  PDF file
Témakör(ök): Algebrai átalakítások, Indirekt bizonyítási mód, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Jensen-féle egyenlőtlenség, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1994/április: N.31

A pozitív a1a2...an számok összege 1. Bizonyítsuk be, hogy
(1a12-1)(1a22-1)...(1an2-1)(n2-1)n.(1)

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

 
I. megoldás. Jelöljük ‐ az egyszerűség kedvéért ‐ az ai-k szorzatát p-vel.
Az (1) bal oldalán álló tényezőket a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség segítségével becsüljük alulról a következő módon:
1ai2-1=1-ai2ai2=(1+ai)(1-ai)ai2==(a1+a2+...+an+ai)(a1+...+ai-1+ai+1+...+an)ai2(n+1)pain+1(n-1)pain-1ai2.
Ha ezt minden i-re elvégezzük, és a kapott becsléseket összeszorozzuk, éppen a bizonyítandó állítást kapjuk:
(1a12-1)...(1an2-1)(n+1)pa1n+1(n-1)pa1n-1a12...(n+1)pann+1(n-1)pann-1an2==(n+1)npna1...ann+1(n-1)npna1...ann-1a12...an2==(n+1)npn+1n+1(n-1)npn-1n-1p2=(n+1)n(n-1)n=(n2-1)n.

 Csörnyei Marianna (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., IV. o.t.)

 
II. megoldás. Tegyük fel, hogy az állítás hamis. Legyen (a1,...,an) egy olyan szám n-es, amelyre
(1a12-1)...(1an2-1)<(n2-1)n,(2)
ugyanakkor az ai-k között maximális számú 1n szerepel. Nyilván nem lehet mindegyikük 1n, mert akkor egyenlőség állna fenn. (Ebből az is következik, hogy n2.)
Az ai-k átlaga 1n, ezért van köztük 1n-nél nagyobb és kisebb is. Mivel (2) szimmetrikus az ai-kre, feltehetjük, hogy a1>1n és a2<1n.
Tekintsük most a b1=a1+a2-1n, b2=1n, b3=a3, ..., bn=an szám n-est, vagyis változtassuk meg a1-et és a2-t úgy, hogy egyik helyett 1n-et írunk, a másik helyett pedig úgy választunk új értéket, hogy a számok összege ne változzék. Ezek a számok pozitívak (a1>1n miatt b1>a2), az összegük továbbra is 1, viszont az 1n többször szerepel közöttük, mint az ai-k között. Az ai-k extremális választása alapján tehát
(1b12-1)(1b22-1)...(1bn2-1)(n2-1)n.(3)

Most bebizonyítjuk, hogy
(1b12-1)(1b22-1)(1a12-1)(1a22-1).(4)

Ez ‐ mivel a (2) és (3) bal oldalán álló tényezők pozitívak ‐, ellentmondás.
Először megállapítjuk, hogy a1a2<b1b2, ugyanis ez b1 és b2 definícióját behelyettesítve a következő alakba írható:
a1a2<(a1+a2-1n)1n;másrészt(a1-1n)(a2-1n)<0;
itt pedig az első tényező pozitív, a második negatív. Ha az a1a2<b1b2 egyenlőtlenséget megszorozzuk (1-b1-b2)=(1-a1-a2)-vel (ez nemnegatív, mert a1+a2a1+...+an=1; mivel 0 is lehet, meg kell engednünk az egyenlőséget is), továbbá hozzáadunk a1a2b1b2-t:
a1a2(1-b1-b2)+a1a2b1b2b1b2(1-a1-a2)+a1a2b1b2,a1a2(1-b1)(1-b2)b1b2(1-a1)(1-a2).

Ha most osztunk a1a2b1b2-vel, a következőt kapjuk:
(1b1-1)(1b2-1)(1a1-1)(1a2-1).(5)
Ezután ‐ az előbbiekhez hasonlóan ‐ az a1a2<b1b2 egyenlőtlenséget szorozzuk meg (1+b1+b2)=(1+a1+a2)-vel, adjunk hozzá a1a2b1b2-t, majd osszunk le ugyanennyivel:
a1a2(1+b1+b2)+a1a2b1b2<b1b2(1+a1+a2)+a1a2b1b2,a1a2(1+b1)(1+b2)<b1b2(1+a1)(1+a2),(1b1+1)(1b2+1)<(1a1+1)(1a2+1).
Ha ezt (5)-tel megszorozzuk (az (5) mindkét oldala pozitív, hiszen 0<a1, a2, b1, b2<1), éppen (4)-et kapjuk.
 Braun Gábor (Budapest, Szent István Gimn., I. o.t.)

 
Megjegyzés. A ln(1x2-1) függvény a (0,13) intervallumban konvex. Ha mindegyik ai ebben az intervallumban helyezkedik el, akkor a Jensen-egyenlőtlenség szerint
ln(1a12-1)+...+ln(1an2-1)nln(1(a1+...+ann)2-1)=ln(n2-1),
ami pontosan a bizonyítandó állítás. Ennek a gondolatnak kis módosításával a feladatot vissza lehet vezetni arra az esetre, amikor az ai-k között legalább n-1 egyenlő van, és ezek a (0,13] intervallumban helyezkednek el. (Mivel 13>12, és az ai-k összege 1, legfeljebb csak az egyik lehet 13-nál nagyobb.) Erre az egyre más módszert lehet alkalmazni.