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  |  MathML
Témakör(ök):	Algebrai egyenlőtlenségek, Teljes indukció módszere, Permutációk, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1999/december: A.224

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Könnyen ellenőrizhető, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle 1+\frac{a_i^2}{a_{i+1}}\ge \frac{{\left(1+a_i\right)}^2}{1+a_{i+1}}\mathrm{.}}\end{array}$ (2) (Beszorzás és rendezés után az ${\left(a_i-a_i+1\right)}^2\ge 0$ egyenlőtlenséget kapjuk.) A (2) egyenlőtlenséget $i=1$, 2, $\text{...}$, $n$-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 $1+a_1$ 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 $a_1$, $\text{...}$, $a_n$ számok ciklikus cseréjével a bizonyítandó állítás nem változik, ezért feltehetjük, hogy $a_n$ az (egyik) legnagyobb. Írjuk fel az indukciós feltevést az $a_1$, $\text{...}$, $a_{n-1}$ számokra: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(1+\frac{a_1^2}{a_2}\right)\cdot \left(1+\frac{a_2^2}{a_3}\right)\cdot \text{...}\cdot \left(1+\frac{a_{n-1}^2}{a_1}\right)\ge \left(1+a_1\right)\left(1+a_2\right)\text{...}\left(1+a_{n-1}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ (3) Ahhoz, hogy ebből (1) következzen, elégséges, ha megmutatjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\left(1+\frac{a_{n-1}^2}{a_n}\right)\left(1+\frac{a_n^2}{a_1}\right)}{1+\frac{a_{n-1}^2}{a_1}}\ge 1+a_n\mathrm{.}}\end{array}$ Beszorozva és rendezve: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \left(a_n+a_{n-1}^2\right)\left(a_1+a_n^2\right)\ge a_n\left(1+a_n\right)\left(a_1+a_{n-1}^2\right)}\\ \hfill {\displaystyle \left(a_n-a_1\right)\left(a_n-a_{n-1}\right)\left(a_1+a_n\right)\ge 0.}\end{array}}}\end{array}$ Mivel $a_n\ge a_1$ és $a_n\ge a_{n-1}$, a bal oldalon mindhárom tényező nemnegatív. Ezzel a bizonyítást befejeztük.   III. megoldás. Tetszőleges $H\subset \left\{\mathrm{1,}\mathrm{2,}\text{...}\mathrm{,}n\right\}$ nem üres halmaz esetén legyen $P_H=\prod _{i\in H}^{}{a}_i$, illetve legyen $P_{\varnothing }=1$. (1) jobb oldala beszorozva nem más, mint $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(1+a_1\right)\left(1+a_2\right)\text{...}\left(1+a_n\right)=\sum _{H\subset \left\{\mathrm{1,}\text{...}\mathrm{,}n\right\}}^{}{P}_H\mathrm{.}}\end{array}$ (4) Jelölje $H\text{'}$ azt a halmazt, amelyet úgy kapunk, hogy $H$ mindegyik elemét 1-gyel növeljük $\text{mod}n$ (azaz $n+1$ helyett 1-et írunk). (1) bal oldala beszorozva $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(1+\frac{a_1^2}{a_2}\right)\cdot \left(1+\frac{a_2^2}{a_3}\right)\cdot \text{...}\cdot \left(1+\frac{a_n^2}{a_1}\right)=\sum _{H\subset \left\{\mathrm{1,}\text{...}\mathrm{,}n\right\}}^{}\frac{P_H^2}{P_{H\text{'}}}\mathrm{.}}\end{array}$ (5) Azt kell tehát igazolnunk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{H\subset \left\{\mathrm{1,}\text{...}\mathrm{,}n\right\}}^{}\frac{P_H^2}{P_{H\text{'}}}\ge \sum _{H\subset \left\{\mathrm{1,}\text{...}\mathrm{,}n\right\}}^{}{P}_H\mathrm{.}}\end{array}$ (6) Megmutatjuk, hogy (6) következik az úgynevezett rendezési tételből (megtalálható pl. Matematikai Versenytételek, II. rész, 60‐61. oldal; Tankönyvkiadó, Budapest, 1988): Legyenek $x_1$, $x_2$, $\text{...}$, $x_n$ és $y_1$, $y_2$, $\text{...}$, $y_n$ pozitív valós számok, és jelentse $z_1$, $z_2$, $\text{...}$, $z_n$ a második sorozat egy permutációját. Az $\begin{array}{c}{\displaystyle S=x_1{z}_1+\text{...}+x_n{z}_n}\end{array}$ alakú összegek közül az a legnagyobb, amelyben a $z_1$, $\text{...}$, $z_n$ számok ugyanúgy vannak rendezve, mint az $x_1$, $\text{...}$, $x_n$ számok, vagyis $x_i<x_j$ esetén $z_i\le z_j$. A legkisebb összeg pedig az, amelyben a $z_1$, $\text{...}$, $z_n$ számok ellentétesen vannak rendezve, mint az $x_1$, $\text{...}$, $x_n$ számok, vagyis $x_i<x_j$ esetén $z_i\ge z_j$. Alkalmazzuk a rendezési tételt a $P_H^2$, az $\frac{1}{P_H}$, illetve az $\frac{1}{P_{H\text{'}}}$ ($H\subset \left\{\mathrm{1,}\text{...}\mathrm{,}n\right\}$) számokra. Az $\frac{1}{P_H}$ alakú számok az $\frac{1}{P_{H\text{'}}}$ alakú számok egy permutációját adják, és rendezésük éppen ellentétes a $P_H^2$ alakú számokéval. Ezért $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{H\subset \left\{\mathrm{1,}\text{...}\mathrm{,}n\right\}}^{}\frac{P_H^2}{P_{H\text{'}}}=\sum _{H\subset \left\{\mathrm{1,}\text{...}\mathrm{,}n\right\}}^{}{P}_H^2\cdot \frac{1}{P_{H\text{'}}}\ge \sum _{H\subset \left\{\mathrm{1,}\text{...}\mathrm{,}n\right\}}^{}{P}_H^2\cdot \frac{1}{P_H}=\sum _{H\subset \left\{\mathrm{1,}\text{...}\mathrm{,}n\right\}}^{}{P}_H\mathrm{.}}\end{array}$  Baharev Ali (Vác, Boronkai Gy. Gimn., 12. o.t.) és    Gyenes Zoltán (Budapest, ELTE Apáczai Csere J. Gyak. Gimn., 12. o.t.) dolgozata alapján