Kezdőlap


Feladat:	1999. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 12. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Lukács László
Füzet:	1999/október, 387 - 389. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Paraméteres egyenlőtlenségek, Nemzetközi Matematikai Diákolimpia
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1999/szeptember: 1999. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 12. feladata

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

Ha $x_{i} = 0$ minden $i$ -re, akkor az egyenlőtlenség $0 \leq C \cdot 0$ , ami minden $C$ mellett teljesül, sőt egyenlőség áll fenn. $C$ meghatározása szempontjából tehát a $\sum_{1 \leq i \leq n}^{} x_{i} > 0$ eset a lényeges, ezt vizsgáljuk tovább. Osszuk el az egyenlőtlenség mindkét oldalát a pozitív ${(\sum_{1 \leq i \leq n}^{} x_{i})}^{4}$ számmal:

\begin{matrix} \sum_{1 \leq i < j \leq n}^{} \frac{x_{i}}{\sum_{1 \leq k \leq n}^{} x_{k}} \cdot \frac{x_{j}}{\sum_{1 \leq k \leq n}^{} x_{k}} ({(\frac{x_{i}}{\sum_{1 \leq k \leq n}^{} x_{k}})}^{2} + {(\frac{x_{j}}{\sum_{1 \leq k \leq n}^{} x_{k}})}^{2}) \leq C . \end{matrix}

Legyen

a_{i} = \frac{x_{i}}{\sum_{1 \leq k \leq n}^{} x_{k}}

, így

\sum_{1 \leq i \leq n}^{} a_{i} = 1

és

0 \leq a_{i} \leq 1

. Az egyenlőtlenség új alakja:

\begin{matrix} \sum_{1 \leq i < j \leq n}^{} a_{i} a_{j} (a_{i}^{2} + a_{j}^{2}) \leq C . \end{matrix}

Becsüljük most meg a bal oldal

a_{i}^{2} + a_{j}^{2}

tényezőit felülről

\sum_{1 \leq k \leq n}^{} a_{k}^{2}

-tel:

\begin{matrix} \sum_{1 \leq i < j \leq n}^{} a_{i} a_{j} (a_{i}^{2} + a_{j}^{2}) \leq \sum_{1 \leq i < j \leq n}^{} a_{i} a_{j} \sum_{1 \leq k \leq n}^{} a_{k}^{2} = (\sum_{1 \leq k \leq n}^{} a_{k}^{2}) (\sum_{1 \leq i < j \leq n}^{} a_{i} a_{j}) . \end{matrix}

A második tényezőt ki tudjuk fejezni, mivel

\begin{matrix} {(\sum_{1 \leq k \leq n}^{} a_{k})}^{2} = \sum_{1 \leq k \leq n}^{} a_{k}^{2} + 2 \sum_{1 \leq i < j \leq n}^{} a_{i} a_{j}, \end{matrix}

tehát

\sum_{1 \leq k \leq n}^{} a_{k} = 1

alapján

\begin{matrix} \sum_{1 \leq i < j \leq n}^{} a_{i} a_{j} = \frac{1 - \sum_{1 \leq k \leq n}^{} a_{k}^{2}}{2} . \end{matrix}

Legyen

M = \sum_{1 \leq k \leq n}^{} a_{k}^{2}

, így

\begin{matrix} \sum_{1 \leq i < j \leq n}^{} a_{i} a_{j} (a_{i}^{2} + a_{j}^{2}) \leq M \frac{1 - M}{2} = \frac{M - M^{2}}{2} = \frac{1}{8} (1 - {(2 M - 1)}^{2}) \leq \frac{1}{8}, \end{matrix}

mert

{(2 M - 1)}^{2} \geq 0

\frac{1}{8}

-dal az állítás tehát igaz. Kimutatjuk, hogy ez már éles is, tehát

C = \frac{1}{8}

. Megnézzük, mikor állhat itt egyenlőség. Pontosan akkor, ha

\begin{matrix} \begin{matrix} {(2 M - 1)}^{2} = 0, azaz M = \frac{1}{2}, valamint \\ a_{i} a_{j} (a_{i}^{2} + a_{j}^{2}) = a_{i} a_{j} M mindeni \neq jpárra. \end{matrix} \end{matrix}

Ha lenne három pozitív

a

szám:

a_{i}

a_{j}

a_{k} > 0

, akkor a második feltétel sérülne, hiszen

\begin{matrix} a_{i} a_{j} (a_{i}^{2} + a_{j}^{2}) < a_{i} a_{j} (a_{i}^{2} + a_{j}^{2} + a_{k}^{2}) \leq a_{i} a_{j} M . \end{matrix}

Tehát két szám,

a_{i}

és

a_{j}

kivételével a többi

a

szám nulla. Tehát

\sum_{1 \leq k \leq n}^{} a_{k} = 1

miatt

a_{i} + a_{j} = 1

és

a_{i}^{2} + a_{j}^{2} = \frac{1}{2}

M = \frac{1}{2}

miatt.
Azaz

a_{i}^{2} + (1 - a_{i}^{2}) = \frac{1}{2}

, vagyis

4 a_{i}^{2} - 4 a_{i} + 2 = 1

, tehát

{(2 a_{i} - 1)}^{2} = 0

, tehát

a_{i} = \frac{1}{2}

, amiből

a_{j} = \frac{1}{2}

.
Ekkor ráadásul a bal oldal értéke éppen

\frac{1}{8}

, tehát

C = \frac{1}{8}

.
Ha

a_{i} = a_{j} = \frac{1}{2}

, akkor

x_{k} = 0

, ha

k \neq i

j

és

x_{i} = x_{j} > 0

. Azonban

x_{i} = 0

i = 1

, 2,

...

n

is egyenlőséget eredményez, a (b) részre tehát a válasz:
Egyenlőség akkor és csak akkor áll, ha az

x

-ek közül

n - 2

darab 0-val egyenlő, a maradék kettő pedig egymással egyenlő.

Lukács László megoldása