Feladat: B.3711 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Antal László ,  Balázs Katalin ,  Csajbók Bence ,  Erdélyi Márton ,  Gehér György ,  Gyarmati Ákos ,  Hubai Tamás ,  Jankó Zsuzsanna ,  Király Csaba ,  Kiss Orsolya ,  Kiss-Tóth Christián ,  Kovács Péter ,  Molnár András ,  Pálinkás Csaba ,  Strenner Balázs ,  Szabó Tamás ,  Szalóki Dávid ,  Varga Viktor 
Füzet: 2004/december, 542 - 543. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Valós számok és tulajdonságaik, Függvényvizsgálat, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2004/február: B.3711

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

Megoldás. Megmutatjuk, hogy az adott feltételek igen erős megszorítást jelentenek az si számokra: közülük legfeljebb három lehet pozitív és ha az indexek növekvő sorrendjében egy kör mentén rendezzük el őket, akkor ez a három nem nulla elem szomszédos. A megoldás során ennek megfelelően ciklikusan értelmezzük az indexeket, tehát s2005=s1 stb.
A megadott számok összege 2 és egyikük sem negatív. Van tehát köztük pozitív, a szimmetria miatt föltehető, hogy ez s1. Megmutatjuk, hogy ekkor az s1-gyel ciklikusan szomszédos két elem összege, s2004+s2=1 és minden további páros indexű elem értéke nulla.
Legyen tehát s1>0 és jelölje A a páros indexű elemek összegét. Csoportosítsuk a feltételben adott összeg tagjait kettesével és emeljük ki az ezekben a párokban közös páratlan indexű tényezőket: 1=s1s2+s2s3+...+s2004s1=s1(s2004+s2)+s3(s2+s4)+...+s2003(s2002+s2004). A jobb oldal felülről becsülhető: az egyes tagokban s2i+s2i+2≤A, az első tényező pedig nem negatív; a jobb oldal tehát legfeljebb

s1A+s3A+...+s2003A=(s1+s3+...+s2003)︸2-AA=(2-A)A.
Mivel A≥0, azért a számtani és mértani közepek közti egyenlőtlenség szerint (2-A)A≤1, a teljes egyenlőtlenségláncot figyelembe véve mindenütt egyenlőség van! Így A=1, továbbá s1(s2004+s2)=s1A=s1, s3(s2+s4)=s3, s5(s4+s6)=s5, ..., s2003(s2002+s2004)=s2003. Mivel s1≠0, az s1(s2004+s2)=s1 egyenlőségből valóban s2004+s2=1 következik, és ha figyelembe vesszük, hogy a páros indexű elemek összege, A=1, valóban azt kapjuk, hogy miden további páros indexű elem nulla. A ciklikus szimmetria most már azt jelenti, hogy bármelyik nem nulla elemet közrefogó két elemnek 1 az összege, a velük azonos paritású helyeken álló további elemek értéke pedig nulla. Ebből az is következik, hogy ha két elem indexe ellenkező paritású, akkor mind a kettő csak úgy lehet pozitív, ha szomszédosak.
Most s1 két szomszédjának az összege 1, ezért egyikük, például s2 szintén pozitív. A fentiek szerint tehát s1+s3=1, a további páratlan indexű elemek, s5,s7,...,s2003 értéke pedig ugyancsak nulla. Emellett s3 és s2004 nem szomszédosak, az indexük ellenkező paritású, egyikük tehát ugyancsak nulla. Így pedig s1+s3=s2+s2004=1 miatt s1 vagy s2 értéke 1.
Vizsgálatainkat összefoglalva: a megadott feltételek esetén a 2004 darab szám között legfeljebb három nullától különböző van, ezek ciklikusan szomszédosak, közülük a középső értéke 1, két szomszédjának pedig 1 az összege.
Az ilyen számokra nyilván teljesülnek a feladat feltételei, befejezésül tehát az x2+y2+1 összeg legkisebb és legnagyobb értékét kell meghatároznunk az x+y=1, 0≤x,y feltétel mellett. Ez az
f(x)=x2+(1-x)2+1=2(x-12)2+32
függvény szélsőértékeinek a meghatározását jelenti a [0;1] intervallumon. A teljes négyzet alakból leolvasható, hogy a függvény legkisebb értéke f(12)=32, a legnagyobb értéke pedig f(0)=f(1)=2.
A 2004 darab szám S négyzetösszegére tehát 32≤S≤2. Ha s1=s3=12, s2=1, a további elemek értéke pedig nulla, akkor S=32, ha pedig s1=s2=1, a további elemek értéke pedig nulla, akkor S=2.
 
Megjegyzés. A megoldás során kihasználtuk, hogy az elemek száma páros és hogy legalább hat elem van. Ha csak 4 darab számunk van, akkor könnyen igazolható, hogy 1≤S≤2 (a minimum az s1=s2=s3=s4=12 választással adódik), a páratlan sok szám esete viszont nem látszik könnyűnek.