Feladat:	B.4638	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Kovács Márton
Füzet:	2015/március, 153 - 154. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Magasabb fokú egyenlőtlenségek, Cauchy-Schwarz-Bunyakovszkij-féle egyenlőtlenség, Kvadratikus közép
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2014/május: B.4638

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás. A feladat szövegében nem szerepelt, de nyilvánvalóan az $x_i$ számok egyike sem lehet 0, továbbá az $n$ és $k$ pozitív egészek. Azt fogjuk belátni, hogy egyenlőség akkor és csak akkor teljesülhet, ha $x_k^2=k\cdot x_1^2$, $k\in \left\{\mathrm{1,2,}\text{...}\mathrm{,}n\right\}$, minden más esetben a bal oldal nagyobb, mint a jobb oldal. Ha a jobb oldal negatív, akkor a bal oldal a gyökjel miatt biztosan nagyobb, mint a jobb. Tehát feltehetjük, hogy a jobb oldal nemnegatív. Ekkor a négyzetre emelés ekvivalens átalakítás, és az egyenlőtlenség iránya sem változik. ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle {\left({\sum }_{k=1}^n\frac{x_k^4+k^2}{x_k^2}\right)}^2-n^2{\left(n+1\right)}^2}& {\displaystyle \ge {\left({\sum }_{k=1}^n\frac{x_k^4-k^2}{x_k^2}\right)}^2\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle {\left({\sum }_{k=1}^n\frac{x_k^4+k^2}{x_k^2}\right)}^2-{\left({\sum }_{k=1}^n\frac{x_k^4-k^2}{x_k^2}\right)}^2}& {\displaystyle \ge n^2{\left(n+1\right)}^2\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Alkalmazva az $a^2-b^2=\left(a+b\right)\left(a-b\right)$ azonosságot a bizonyítandó egyenlőtlenség a következő alakba írható: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \left[\left({\sum }_{k=1}^n\frac{x_k^4+k^2}{x_k^2}\right)+\left({\sum }_{k=1}^n\frac{x_k^4-k^2}{x_k^2}\right)\right]\cdot \left[\left({\sum }_{k=1}^n\frac{x_k^4+k^2}{x_k^2}\right)-\left({\sum }_{k=1}^n\frac{x_k^4-k^2}{x_k^2}\right)\right]\ge }\hfill \\ \hfill {\displaystyle \ge n^2{\left(n+1\right)}^2\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Az összevonások után: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left[2\cdot \left(\sum _{k=1}^n{x}_k^2\right)\right]\cdot \left[2\cdot \left(\sum _{k=1}^n\frac{k^2}{x_k^2}\right)\right]\ge n^2{\left(n+1\right)}^2\mathrm{.}}\end{array}$ Most $4$-gyel osztva és részletesen felírva az összegeket $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(x_1^2+x_2^2+\text{...}+x_n^2\right)\left(\frac{1}{x_1^2}+\frac{4}{x_2^2}+\text{...}+\frac{n^2}{x_n^2}\right)\ge {\left(\frac{n\left(n+1\right)}{2}\right)}^2={\left(1+2+\text{...}+n\right)}^2\mathrm{.}}\end{array}$ Ez pedig a Cauchy‐Schwarz‐Bunyakovszkij-féle egyenlőtlenség négyzetre emelt alakja a következő két sorozatra: $\begin{array}{c}{\displaystyle \overrightarrow{a}\left(x_1\mathrm{,}{x}_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{x}_n\right)\mathrm{,}\overrightarrow{b}\left(\frac{1}{x_1}\mathrm{,}\frac{2}{x_2}\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}\frac{n}{x_n}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Egyenlőség itt akkor és csak akkor áll fenn, ha $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{x_1}{\frac{1}{x_1}}=\frac{x_2}{\frac{2}{x_2}}=\text{...}\frac{x_n}{\frac{n}{x_n}}\mathrm{,}{x}_1^2=\frac{x_2^2}{2}=\text{...}=\frac{x_n^2}{n}\mathrm{.}}\end{array}$