Feladat:	B.4847	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Baran Zsuzsanna ,  Borbényi Márton ,  Daróczi Sándor ,  Döbröntei Dávid Bence ,  Gáspár Attila ,  Hansel Soma ,  Imolay András ,  Janzer Orsolya Lili ,  Kerekes Anna ,  Kovács Benedek ,  Matolcsi Dávid ,  Schrettner Jakab ,  Simon Dániel Gábor ,  Szabó Dávid ,  Szemerédi Levente ,  Tóth Viktor ,  Weisz Máté
Füzet:	2017/szeptember, 344 - 346. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Különleges függvények, Indirekt bizonyítási mód
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2017/január: B.4847

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás. A megoldás során elég annyit feltenni, hogy $f$ egy a $\left[\mathrm{0,1}\right]$ intervallumon értelmezett pozitív függvény; a korlátosság feltétele elhagyható. Indirekt bizonyítva föltesszük, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\left(x_2-x_1\right)f^2\left(x_1\right)}{f\left(x_2\right)}\le \frac{f\left(0\right)}{4}}\end{array}$ (i) teljesül minden $x_1$ és $x_2$ számra. (A továbbiakban mindig $x\mathrm{,}{x}_1\mathrm{,}{x}_2\in \left[\mathrm{0,1}\right]$ és $x_2\ge x_1$.) Ebből belátjuk, hogy (ii)  minden $n$ pozitív egész számhoz van olyan $c_n$ pozitív konstans, hogy minden $x$-re $f\left(x\right)\ge c_n{x}^{n}f\left(0\right)$. Ehhez átrendezzük (i)-et (pozitív számokkal szorzunk): $\begin{array}{c}{\displaystyle 4\left(x_2-x_1\right)f^2\left(x_1\right)\le f\left(x_2\right)f\left(0\right);}\end{array}$ (iii) $x_1=0$-t behelyettesítve: $f\left(x_2\right)f\left(0\right)\ge 4x_2{f}^2\left(0\right)$, azaz $f\left(x_2\right)\ge 4x_{2}f\left(0\right)$ minden $x_2$-re. Ezzel meg is kaptuk az első $c_n$ értéket: $c_1=4$. Tegyük fel, hogy kaptunk már egy pozitív $c_n$ értéket, amely minden $x$-re teljesíti az $f\left(x\right)\ge c_n{x}^{n}f\left(0\right)$ egyenlőtlenséget. Ekkor (iii)-at felírva, majd $x_1$-re alkalmazva az előbbi egyenlőtlenséget kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(x_2\right)f\left(0\right)\ge 4\left(x_2-x_1\right)f^2\left(x_1\right)\ge 4\left(x_2-x_1\right)c_n^2{x}_1^{2n}{f}^2\left(0\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Osztva $f\left(0\right)>0$-val és $x_1=\frac{2n{x}_2}{2n+1}$ -et beírva: $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(x_2\right)\ge 4\left(x_2-x_1\right)c_n^2{x}_1^{2n}f\left(0\right)=4c_n^{2}f\left(0\right)\cdot \frac{{\left(2n\right)}^{2n}}{{\left(2n+1\right)}^{2n+1}}\cdot x_2^{2n+1}\mathrm{.}}\end{array}$ Ezek szerint a $\begin{array}{c}{\displaystyle c_{2n+1}=4\cdot \frac{{\left(2n\right)}^{2n}}{{\left(2n+1\right)}^{2n+1}}\cdot c_n^2}\end{array}$ kielégíti (ii)-t. Végül a $k$-ra vonatkozó teljes indukcióval megmutatjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle c_{2^k-1}=\frac{2^{k\cdot 2^k}}{{\left(2^k-1\right)}^{2^k-1}}\mathrm{.}}\end{array}$ Valóban, ez teljesül, ha $k=1$, és ha egy adott $k$-ra igaz, akkor az előbbiek szerint ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle c_{2^{k+1}-1}}& {\displaystyle =c_{2\left(2^k-1\right)+1}=4\cdot \frac{{\left(2\left(2^k-1\right)\right)}^{2\left(2^k-1\right)}}{{\left(2\left(2^k-1\right)+1\right)}^{2\left(2^k-1\right)+1}}\cdot c_{2^k-1}^2=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =2^2\cdot 2^{2^{k+1}-2}\cdot \frac{{\left(2^k-1\right)}^{2\left(2^k-1\right)}}{{\left(2^{k+1}-1\right)}^{2^{k+1}-1}}\cdot \frac{{\left(2^{k\cdot 2^k}\right)}^2}{{\left({\left(2^k-1\right)}^{2^k-1}\right)}^2}=\frac{2^{\left(k+1\right)2^{k+1}}}{{\left(2^{k+1}-1\right)}^{2^{k+1}-1}}\mathrm{,}}\hfill \end{array}}$ tehát teljesül $\left(k+1\right)$-re is. Így minden pozitív egész $k$-ra és minden $x\in \left[\mathrm{0,1}\right]$-re igaz, hogy ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle f\left(x\right)}& {\displaystyle \ge c_{2^k-1}{x}^{2^k-1}f\left(0\right)=\frac{2^{k\cdot 2^k}}{{\left(2^k-1\right)}^{2^k-1}}{x}^{2^k-1}f\left(0\right)=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =2^k\cdot {\left(\frac{2^k}{2^k-1}\right)}^{2^k-1}{x}^{2^k-1}f\left(0\right)\ge 2^k{x}^{2^k-1}f\left(0\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Speciálisan, $x=1$-re: $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(1\right)\ge 2^{k}f\left(0\right)\mathrm{,}}\end{array}$ minden pozitív egész $k$ esetén. Mivel $f\left(0\right)$ pozitív, ez ellentmondás.