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

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 $a_i$-k szorzatát $p$-vel. Az (1) bal oldalán álló tényezőket a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség segítségével becsüljük alulról a következő módon: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \frac{1}{a_i^2}-1}& {\displaystyle =\frac{1-a_i^2}{a_i^2}=\frac{\left(1+a_i\right)\left(1-a_i\right)}{a_i^2}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{\left(a_1+a_2+\text{...}+a_n+a_i\right)\left(a_1+\text{...}+a_{i-1}+a_{i+1}+\text{...}+a_n\right)}{a_i^2}\ge }\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle \ge \frac{\left(n+1\right)\cdot \sqrt[n+1]{p\cdot a_i}\cdot \left(n-1\right)\cdot \sqrt[n-1]{\frac{p}{a_i}}}{a_i^2}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}}\end{array}$ Ha ezt minden $i$-re elvégezzük, és a kapott becsléseket összeszorozzuk, éppen a bizonyítandó állítást kapjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle }& {\displaystyle \left(\frac{1}{a_1^2}-1\right)\cdot \text{...}\cdot \left(\frac{1}{a_n^2}-1\right)\ge }\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle \ge \frac{\left(n+1\right)\sqrt[n+1]{p\cdot a_1}\cdot \left(n-1\right)\sqrt[n-1]{\frac{p}{a_1}}}{a_1^2}\cdot \text{...}\cdot \frac{\left(n+1\right)\sqrt[n+1]{p\cdot a_n}\cdot \left(n-1\right)\sqrt[n-1]{\frac{p}{a_n}}}{a_n^2}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{{\left(n+1\right)}^n\sqrt[n+1]{p^n\cdot a_1\cdot \text{...}\cdot a_n}\cdot {\left(n-1\right)}^n\sqrt[n-1]{\frac{p^n}{a_1\cdot \text{...}\cdot a_n}}}{a_1^2\cdot \text{...}\cdot a_n^2}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{{\left(n+1\right)}^n\cdot \sqrt[n+1]{p^{n+1}}\cdot {\left(n-1\right)}^n\cdot \sqrt[n-1]{p^{n-1}}}{p^2}={\left(n+1\right)}^n{\left(n-1\right)}^n={\left(n^2-1\right)}^n\mathrm{.}}\hfill \end{array}}}\end{array}$  Csörnyei Marianna (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., IV. o.t.)   II. megoldás. Tegyük fel, hogy az állítás hamis. Legyen $\left(a_1\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{a}_n\right)$ egy olyan szám $n$-es, amelyre $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(\frac{1}{a_1^2}-1\right)\cdot \text{...}\cdot \left(\frac{1}{a_n^2}-1\right)<{\left(n^2-1\right)}^n\mathrm{,}}\end{array}$ (2) ugyanakkor az $a_i$-k között maximális számú $\frac{1}{n}$ szerepel. Nyilván nem lehet mindegyikük $\frac{1}{n}$, mert akkor egyenlőség állna fenn. (Ebből az is következik, hogy $n\ge 2$.) Az $a_i$-k átlaga $\frac{1}{n}$, ezért van köztük $\frac{1}{n}$-nél nagyobb és kisebb is. Mivel (2) szimmetrikus az $a_i$-kre, feltehetjük, hogy $a_1>\frac{1}{n}$ és $a_2<\frac{1}{n}$. Tekintsük most a $b_1=a_1+a_2-\frac{1}{n}$, $b_2=\frac{1}{n}$, $b_3=a_3$, $\text{...}$, $b_n=a_n$ szám $n$-est, vagyis változtassuk meg $a_1$-et és $a_2$-t úgy, hogy egyik helyett $\frac{1}{n}$-et írunk, a másik helyett pedig úgy választunk új értéket, hogy a számok összege ne változzék. Ezek a számok pozitívak ($a_1>\frac{1}{n}$ miatt $b_1>a_2$), az összegük továbbra is 1, viszont az $\frac{1}{n}$ többször szerepel közöttük, mint az $a_i$-k között. Az $a_i$-k extremális választása alapján tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(\frac{1}{b_1^2}-1\right)\cdot \left(\frac{1}{b_2^2}-1\right)\cdot \text{...}\cdot \left(\frac{1}{b_n^2}-1\right)\ge {\left(n^2-1\right)}^n\mathrm{.}}\end{array}$ (3) Most bebizonyítjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(\frac{1}{b_1^2}-1\right)\cdot \left(\frac{1}{b_2^2}-1\right)\le \left(\frac{1}{a_1^2}-1\right)\left(\frac{1}{a_2^2}-1\right)\mathrm{.}}\end{array}$ (4) Ez ‐ mivel a (2) és (3) bal oldalán álló tényezők pozitívak ‐, ellentmondás. Először megállapítjuk, hogy $a_1{a}_2<b_1{b}_2$, ugyanis ez $b_1$ és $b_2$ definícióját behelyettesítve a következő alakba írható: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle a_1{a}_2<\left(a_1+a_2-\frac{1}{n}\right)\cdot \frac{1}{n};\text{másrészt}\left(a_1-\frac{1}{n}\right)\left(a_2-\frac{1}{n}\right)<0;}\end{array}}}\end{array}$ itt pedig az első tényező pozitív, a második negatív. Ha az $a_1{a}_2<b_1{b}_2$ egyenlőtlenséget megszorozzuk $\left(1-b_1-b_2\right)=\left(1-a_1-a_2\right)$-vel (ez nemnegatív, mert $a_1+a_2\le a_1+\text{...}+a_n=1$; mivel 0 is lehet, meg kell engednünk az egyenlőséget is), továbbá hozzáadunk $a_1{a}_2{b}_1{b}_2$-t: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle a_1{a}_2\left(1-b_1-b_2\right)+a_1{a}_2{b}_1{b}_2\le b_1{b}_2\left(1-a_1-a_2\right)+a_1{a}_2{b}_1{b}_2\mathrm{,}}\\ \hfill {\displaystyle a_1{a}_2\left(1-b_1\right)\left(1-b_2\right)\le b_1{b}_2\left(1-a_1\right)\left(1-a_2\right)\mathrm{.}}\end{array}}}\end{array}$ Ha most osztunk $a_1{a}_2{b}_1{b}_2$-vel, a következőt kapjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(\frac{1}{b_1}-1\right)\left(\frac{1}{b_2}-1\right)\le \left(\frac{1}{a_1}-1\right)\left(\frac{1}{a_2}-1\right)\mathrm{.}}\end{array}$ (5) Ezután ‐ az előbbiekhez hasonlóan ‐ az $a_1{a}_2<b_1{b}_2$ egyenlőtlenséget szorozzuk meg $\left(1+b_1+b_2\right)=\left(1+a_1+a_2\right)$-vel, adjunk hozzá $a_1{a}_2{b}_1{b}_2$-t, majd osszunk le ugyanennyivel: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle a_1{a}_2\left(1+b_1+b_2\right)+a_1{a}_2{b}_1{b}_2<b_1{b}_2\left(1+a_1+a_2\right)+a_1{a}_2{b}_1{b}_2\mathrm{,}}\\ \hfill {\displaystyle a_1{a}_2\left(1+b_1\right)\left(1+b_2\right)<b_1{b}_2\left(1+a_1\right)\left(1+a_2\right)\mathrm{,}}\\ \hfill {\displaystyle \left(\frac{1}{b_1}+1\right)\left(\frac{1}{b_2}+1\right)<\left(\frac{1}{a_1}+1\right)\left(\frac{1}{a_2}+1\right)\mathrm{.}}\end{array}}}\end{array}$ Ha ezt (5)-tel megszorozzuk (az (5) mindkét oldala pozitív, hiszen $0<a_1$, $a_2$, $b_1$, $b_2<1$), éppen (4)-et kapjuk.  Braun Gábor (Budapest, Szent István Gimn., I. o.t.)   Megjegyzés. A $\text{ln}\left(\frac{1}{x^2}-1\right)$ függvény a $\left(\mathrm{0,}\frac{1}{\sqrt[]{3}}\right)$ intervallumban konvex. Ha mindegyik $a_i$ ebben az intervallumban helyezkedik el, akkor a Jensen-egyenlőtlenség szerint $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\text{ln}\left(\frac{1}{a_1^2}-1\right)+\text{...}+\text{ln}\left(\frac{1}{a_n^2}-1\right)}{n}\ge \text{ln}\left(\frac{1}{{\left(\frac{a_1+\text{...}+a_n}{n}\right)}^2}-1\right)=\text{ln}\left(n^2-1\right)\mathrm{,}}\end{array}$ ami pontosan a bizonyítandó állítás. Ennek a gondolatnak kis módosításával a feladatot vissza lehet vezetni arra az esetre, amikor az $a_i$-k között legalább $n-1$ egyenlő van, és ezek a $\left(\mathrm{0,}\frac{1}{\sqrt[]{3}}\right]$ intervallumban helyezkednek el. (Mivel $\frac{1}{\sqrt[]{3}}>\frac{1}{2}$, és az $a_i$-k összege 1, legfeljebb csak az egyik lehet $\frac{1}{\sqrt[]{3}}$-nál nagyobb.) Erre az egyre más módszert lehet alkalmazni.