Feladat: A.224 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Ambrus Gergely ,  Baharev Ali ,  Csóka Endre ,  Dezső Balázs ,  Gyenes Zoltán ,  Harangi Viktor ,  Kiss Gregely ,  Koch Dénes ,  Kunszenti-Kovács Dávid ,  Nagy Zoltán ,  Pálvölgyi Dömötör ,  Papp Dávid ,  Reviczky Ádám János ,  Ta Vinh Tong ,  Tóth Ferenc ,  Varjú Péter ,  Vígh Viktor ,  Vizer Máté 
Füzet: 2000/április, 229 - 230. oldal  PDF file
Témakör(ök): Algebrai egyenlőtlenségek, Teljes indukció módszere, Permutációk, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1999/december: A.224

Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges pozitív a1, a2, ..., an számokra
(1+a12a2)(1+a22a3)(1+an2a1)(1+a1)(1+a2)...(1+an).

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

 
I. megoldás. Könnyen ellenőrizhető, hogy
1+ai2ai+1(1+ai)21+ai+1.(2)
(Beszorzás és rendezés után az (ai-ai+1)20 egyenlőtlenséget kapjuk.) A (2) egyenlőtlenséget i=1, 2, ..., n-re felírva és összeszorozva éppen a bizonyítandó állítást kapjuk.
 Csóka Endre (Debrecen, Fazekas M. Gimn., 9. o.)

 
II. megoldás. Az állítást n-re vonatkozó teljes indukcióval bizonyítjuk. Ha n=1, akkor (1) mindkét oldalán 1+a1 áll.
Legyen most n>1, és tegyük fel, hogy az állitás igaz n-1 tényező esetén. Bebizonyítjuk, hogy ekkor n darab tényező esetén is igaz.
Az a1, ..., an számok ciklikus cseréjével a bizonyítandó állítás nem változik, ezért feltehetjük, hogy an az (egyik) legnagyobb. Írjuk fel az indukciós feltevést az a1, ..., an-1 számokra:
(1+a12a2)(1+a22a3)...(1+an-12a1)(1+a1)(1+a2)...(1+an-1).(3)

Ahhoz, hogy ebből (1) következzen, elégséges, ha megmutatjuk, hogy
(1+an-12an)(1+an2a1)1+an-12a11+an.
Beszorozva és rendezve:
(an+an-12)(a1+an2)an(1+an)(a1+an-12)(an-a1)(an-an-1)(a1+an)0.
Mivel ana1 és anan-1, a bal oldalon mindhárom tényező nemnegatív. Ezzel a bizonyítást befejeztük.
 
III. megoldás. Tetszőleges H{1,2,...,n} nem üres halmaz esetén legyen PH=iHai, illetve legyen P=1. (1) jobb oldala beszorozva nem más, mint
(1+a1)(1+a2)...(1+an)=H{1,...,n}PH.(4)

Jelölje H' azt a halmazt, amelyet úgy kapunk, hogy H mindegyik elemét 1-gyel növeljük modn (azaz n+1 helyett 1-et írunk). (1) bal oldala beszorozva
(1+a12a2)(1+a22a3)...(1+an2a1)=H{1,...,n}PH2PH'.(5)
Azt kell tehát igazolnunk, hogy
H{1,...,n}PH2PH'H{1,...,n}PH.(6)

Megmutatjuk, hogy (6) következik az úgynevezett rendezési tételből (megtalálható pl. Matematikai Versenytételek, II. rész, 60‐61. oldal; Tankönyvkiadó, Budapest, 1988):
Legyenek x1, x2, ..., xn és y1, y2, ..., yn pozitív valós számok, és jelentse z1, z2, ..., zn a második sorozat egy permutációját. Az
S=x1z1+...+xnzn
alakú összegek közül az a legnagyobb, amelyben a z1, ..., zn számok ugyanúgy vannak rendezve, mint az x1, ..., xn számok, vagyis xi<xj esetén zizj. A legkisebb összeg pedig az, amelyben a z1, ..., zn számok ellentétesen vannak rendezve, mint az x1, ..., xn számok, vagyis xi<xj esetén zizj.

Alkalmazzuk a rendezési tételt a PH2, az 1PH, illetve az 1PH' (H{1,...,n}) számokra. Az 1PH alakú számok az 1PH' alakú számok egy permutációját adják, és rendezésük éppen ellentétes a PH2 alakú számokéval. Ezért
H{1,...,n}PH2PH'=H{1,...,n}PH21PH'H{1,...,n}PH21PH=H{1,...,n}PH.

 Baharev Ali (Vác, Boronkai Gy. Gimn., 12. o.t.) és
 
 Gyenes Zoltán (Budapest, ELTE Apáczai Csere J. Gyak. Gimn., 12. o.t.)
dolgozata alapján