Feladat: F.3215 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Csikvári András ,  Gáli Gergely ,  Gáspár Merse Előd ,  Gelencsér Gábor ,  Harangi Viktor ,  Hartmann Miklós ,  Hegedűs Péter ,  Homolya Dániel ,  Horváth András ,  Horváth Gábor ,  Kunszenti-Kovács Dávid ,  Léka Zoltán ,  Lippner Gábor ,  Lovrics Anna ,  Mecz Balázs ,  Oláh Szabolcs ,  Pataki Péter ,  Pogány Ádám ,  Sarlós Ferenc ,  Szécsi Vajk ,  Vaik István ,  Vidor Anna ,  Zawadowski Ádám 
Füzet: 1999/február, 95 - 96. oldal  PDF file
Témakör(ök): Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenlőtlenségek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1998/február: F.3215

Az a1, a2, ..., an valós számok mindegyike nagyobb a k pozitív számnál. Igazoljuk, hogy
a12a2-k+a22a3-k+...+an-12an-k+an2a1-k4kn.(2)


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

Nyilvánvalóan teljesül az (ai-2k)20 egyenlőtlenség. A zárójelet felbontva adódik, hogy ai24kai-4k2=4k(ai-k).
ai>k miatt innen

ai2ai-k4k.
Szorozzuk össze a kapott egyenlőtlenségeket i=1, 2, ..., n-re, rendezzük át a szorzatban a nevezők sorrendjét, majd alkalmazzuk a számtani és a mértani közép közti egyenlőtlenséget. Ezt nyilván megtehetjük, mert minden mennyiség pozitív.
4nkna12a1-ka22a2-k...an2an-k=a12a2-ka22a3-k...an2a1-k(a12a2-k+a22a3-k+...+an2a1-kn)n.
Innen n-edik gyökvonással és átrendezéssel kapjuk, hogy
4kna12a2-k+a22a3-k+...+an2a1-k,
ami éppen a bizonyítandó állítás. Az egyenlőséghez szükséges, hogy teljesüljön (ai-2k)2=0, azaz ai=2k. Ezt behelyettesítve látható, hogy az egyenlőség ekkor valóban fenn is áll.
 
Megjegyzés. A megoldásból egyszerűen látszik a következő általánosítás is: ha a b1, b2, ..., bn számok az a1, a2, ..., an valamilyen permutációja, akkor
4kna12b1-k+a22b2-k+...+an2bn-k.