Feladat:	B.4828	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Baran Zsuzsanna ,  Bodolai Előd ,  Borbényi Márton ,  Busa Máté ,  Csahók Tímea ,  Daróczi Sándor ,  Döbröntei Dávid Bence ,  Gáspár Attila ,  Hansel Soma ,  Imolay András ,  Janzer Orsolya Lili ,  Kerekes Anna ,  Klász Viktória ,  Kővári Péter Viktor ,  Matolcsi Dávid ,  Nagy Nándor ,  Németh Balázs ,  Noszály Áron ,  Schrettner Jakab ,  Simon Dániel Gábor ,  Szabó Dávid ,  Szemerédi Levente ,  Tóth Viktor
Füzet:	2017/május, 275 - 276. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Egyenlőtlenségek, Nevezetes egyenlőtlenségek
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2016/november: B.4828

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás. A megoldás érdekében a tagokat megfelelően csoportosítjuk, majd ezekre a csoportokra külön-külön alkalmazzuk a számtani és harmonikus közepek közti egyenlőtlenséget, melynek a következő alakját használjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{i=1}^m\frac{1}{a_i}\ge \frac{m^2}{\sum _{i=1}^m{a}_i}\mathrm{,}}\end{array}$ ahol egyenlőség pontosan akkor van, ha minden $a_i$ egyenlő. Először is vegyük észre, hogy az $\left(i\mathrm{,}j\right)$ és a $\left(j\mathrm{,}i\right)$ párokból álló $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{|x_i-x_j|}+\frac{1}{2\pi -|x_i-x_j|}}\end{array}$ összegek kétszer szerepelnek (ezért lesznek a csoportosításnál a $2$-es együtthatók). A következő tagokra bontsuk szét a szummát: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle 2\left({\sum }_{i=1}^{n-1}\frac{1}{x_{i+1}-x_i}+\frac{1}{2\pi -\left(x_n-x_1\right)}\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 2\left({\sum }_{i=1}^{n-2}\frac{1}{x_{i+2}-x_i}+\frac{1}{2\pi -\left(x_{n-1}-x_1\right)}+\frac{1}{2\pi -\left(x_n-x_2\right)}\right)\mathrm{,}}\hfill \end{array}}$ általában pedig tetszőleges $1\le k\le n-1$-re a $k$-adik csoport legyen: $\begin{array}{c}{\displaystyle 2\left(\sum _{i=1}^{n-k}\frac{1}{x_{i+k}-x_i}+\sum _{i=1}^k\frac{1}{2\pi -\left(x_{i+n-k}-x_i\right)}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Könnyen látható, hogy minden tag pontosan egyszer szerepel, hiszen egy csoportban éppen azok a tagok vannak benne, melyekre az $x_i$ és $x_j$ között ugyanannyi $x_m$ van, éspedig a $k$-adik csoportban $k-1$. Ezeket a csoportokat egyesével alulról tudjuk becsülni a számtani és harmonikus közepek közti egyenlőtlenség alapján: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle 2\left({\sum }_{i=1}^{n-k}\frac{1}{x_{i+k}-x_i}+{\sum }_{i=1}^k\frac{1}{2\pi -\left(x_{i+n-k}-x_i\right)}\right)\ge }\hfill \\ \hfill {\displaystyle \ge \frac{2n^2}{{\sum }_{i=1}^{n-k}\left(x_{i+k}-x_i\right)+{\sum }_{i=1}^k\left(2\pi -\left(x_{i+n-k}-x_i\right)\right)}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =\frac{2n^2}{2k\pi +{\sum }_{i=k+1}^n{x}_i-{\sum }_{i=1}^{n-k}{x}_i-\left({\sum }_{i=n-k+1}^n{x}_i-{\sum }_{i=k}^n{x}_i\right)}=\frac{n^2}{\pi }\cdot \frac{1}{k}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Összegezve ezeket a becsléseket éppen a bizonyítandót kapjuk. Egyenlőség akkor áll, ha minden számtani-harmonikus becslésben egyenlőség teljesül, $k=1$-re is. A $k=1$ esetben a számtani-harmonikus becslésben $n$ tag szerepel, melyek összege $2\pi$, vagyis bármely két szomszédos $x_{i+1}$ és $x_i$ különbsége $\frac{2\pi }{n}$. Ekkor a többi becslésben is egyenlőség van, hiszen $\begin{array}{c}{\displaystyle x_{i+k}-x_i=k\cdot \frac{2\pi }{n}\mathrm{,}}\end{array}$ és $\begin{array}{c}{\displaystyle 2\pi -x_{i+n-k}-x_i=2\pi -\frac{2\pi }{n}\left(n-k\right)=k\cdot \frac{2\pi }{n}\mathrm{.}}\end{array}$ Tehát egyenlőség akkor és csak akkor van, ha minden $1\le i\le n-1$-re $\begin{array}{c}{\displaystyle x_{i+1}-x_i=\frac{2\pi }{n}\mathrm{.}}\end{array}$