|
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 | | (2) | (Beszorzás és rendezés után az egyenlőtlenséget kapjuk.) A (2) egyenlőtlenséget , 2, , -re felírva és összeszorozva éppen a bizonyítandó állítást kapjuk.
Csóka Endre (Debrecen, Fazekas M. Gimn., 9. o.) |
II. megoldás. Az állítást -re vonatkozó teljes indukcióval bizonyítjuk. Ha , akkor (1) mindkét oldalán áll. Legyen most , és tegyük fel, hogy az állitás igaz tényező esetén. Bebizonyítjuk, hogy ekkor darab tényező esetén is igaz. Az , , számok ciklikus cseréjével a bizonyítandó állítás nem változik, ezért feltehetjük, hogy az (egyik) legnagyobb. Írjuk fel az indukciós feltevést az , , számokra: | | (3) |
Ahhoz, hogy ebből (1) következzen, elégséges, ha megmutatjuk, hogy | | Beszorozva és rendezve: | | Mivel és , a bal oldalon mindhárom tényező nemnegatív. Ezzel a bizonyítást befejeztük.
III. megoldás. Tetszőleges nem üres halmaz esetén legyen , illetve legyen . (1) jobb oldala beszorozva nem más, mint | | (4) |
Jelölje azt a halmazt, amelyet úgy kapunk, hogy mindegyik elemét 1-gyel növeljük (azaz helyett 1-et írunk). (1) bal oldala beszorozva | | (5) | Azt kell tehát igazolnunk, hogy | | (6) |
Megmutatjuk, hogy (6) következik az úgynevezett rendezési tételből (megtalálható pl. Matematikai Versenytételek, II. rész, 60‐61. oldal; Tankönyvkiadó, Budapest, 1988): Legyenek , , , és , , , pozitív valós számok, és jelentse , , , a második sorozat egy permutációját. Az alakú összegek közül az a legnagyobb, amelyben a , , számok ugyanúgy vannak rendezve, mint az , , számok, vagyis esetén . A legkisebb összeg pedig az, amelyben a , , számok ellentétesen vannak rendezve, mint az , , számok, vagyis esetén . Alkalmazzuk a rendezési tételt a , az , illetve az () számokra. Az alakú számok az alakú számok egy permutációját adják, és rendezésük éppen ellentétes a alakú számokéval. Ezért | |
Baharev Ali (Vác, Boronkai Gy. Gimn., 12. o.t.) és |
Gyenes Zoltán (Budapest, ELTE Apáczai Csere J. Gyak. Gimn., 12. o.t.) | dolgozata alapján |
|