Kezdőlap


Feladat:	B.4980	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Argay Zsolt , Biczó Benedek , Dékány Barnabás , Dobák Dániel , Füredi Erik Benjámin , Győrffy Ádám György , Győrffy Ágoston , Hegedűs Dániel , Kerekes Anna , Nagy Nándor , Szabó Kornél , Telek Zsigmond , Weisz Máté
Füzet:	2019/február, 92 - 93. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Feladat, Algebrai egyenlőtlenségek
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2018/október: B.4980

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

Könnyen látható, hogy $a_{i} = \frac{1}{n^{i}}$ és $n \to \infty$ esetén, ha $i \neq 1$ , akkor $\frac{a_{i}}{a_{i - 1} + a_{i} + a_{i + 1}}$ határértéke 0 lesz, $\frac{a_{1}}{a_{n} + a_{1} + a_{2}}$ határértéke pedig 1, ezért a teljes összeg $1$ -hez konvergál. Az is látszik, hogy ha minden $a_{2 k + 1} = 0$ , és minden $a_{2 k} = 1$ lenne, akkor az összeg éppen $\frac{n}{2}$ egész része lenne; azonban az $a_{i}$ számok előírt pozitivitása miatt $a_{2 k + 1} = 0$ helyett az $a_{2 k + 1} \to 0$ esetet vizsgáljuk: ilyenkor az összeg tetszőlegesen közelíti az $\frac{n}{2}$ egész részét. Ezzel a feladat második részének két követelményét igazoltuk.
Rátérünk a két egyenlőtlenség bizonyítására.

1

szigorú alsó korlát:

n = 3

esetén a három tag összege

\frac{a_{1} + a_{2} + a_{3}}{a_{1} + a_{2} + a_{3}} = 1

. Belátjuk, hogy ha minden

a_{1}, ..., a_{n}

pozitív szám

n

-esre az összeg

1

-nél nagyobb, akkor ez minden pozitív

a_{1}, ..., a_{n + 1}

szám

n + 1

-esre is teljesül. Legyen

a_{i}

a_{1}, ..., a_{n + 1}

számok közül a(z egyik) legkisebb; ekkor speciálisan

a_{i} \leq a_{i - 1}

és

a_{i} \leq a_{i + 1}

. Tekintsük azt a szám

n

-est, amelyet az

a_{1}, ..., a_{n + 1}

számokból az

a_{i}

elhagyásával kapunk. Az ehhez a szám

n

-eshez tartozó összeget az

a_{1}, ..., a_{n + 1}

-hez tartozó összegből kivonva a különbség:

\begin{matrix} \frac{a_{i - 1}}{a_{i - 2} + a_{i - 1} + a_{i}} + \frac{a_{i}}{a_{i - 1} + a_{i} + a_{i + 1}} + \frac{a_{i + 1}}{a_{i} + a_{i + 1} + a_{i + 2}} - \\ - \frac{a_{i - 1}}{a_{i - 2} + a_{i - 1} + a_{i + 1}} - \frac{a_{i + 1}}{a_{i - 1} + a_{i + 1} + a_{i + 2}} = \\ = & (\frac{a_{i - 1}}{a_{i - 2} + a_{i - 1} + a_{i}} - \frac{a_{i - 1}}{a_{i - 2} + a_{i - 1} + a_{i + 1}}) + \\ + (\frac{a_{i + 1}}{a_{i} + a_{i + 1} + a_{i + 2}} - \frac{a_{i + 1}}{a_{i - 1} + a_{i + 1} + a_{i + 2}}) + \frac{a_{i}}{a_{i - 1} + a_{i} + a_{i + 1}} . \end{matrix}

Itt az első különbség

a_{i} \leq a_{i + 1}

, a második pedig

a_{i} \leq a_{i - 1}

miatt nemnegatív, az utolsó tag pedig az

a_{k}

számok pozitív voltából adódóan pozitív, tehát az

n + 1

számhoz tartozó összeg nagyobb, mint az

a_{i}

elhagyásával kapott

n

számhoz tartozó összeg; ezzel az első egyenlőtlenséget az

n

szerinti indukcióval beláttuk.

[\frac{n}{2}]

szigorú felső korlát: Bármely két szomszédos tag összege legfeljebb

1

, hiszen

\begin{matrix} \frac{a_{i}}{a_{i - 1} + a_{i} + a_{i + 1}} + \frac{a_{i + 1}}{a_{i} + a_{i + 1} + a_{i + 2}} < \frac{a_{i} + a_{i + 1}}{a_{i} + a_{i + 1}} = 1. \end{matrix}

Tehát páros

n

-re kettesével összepárosítva a tagokat, éppen a kívánt állítást kapjuk.

Páratlan

n

-re indukcióval bizonyítunk;

n = 3

esetén a három tag összege, mint korábban láttuk,

1 = [\frac{3}{2}]

.
Tegyük föl ezután, hogy az egyenlőtlenség bármely

n - 2 = 2 k + 1

szám esetén fennáll, és tekintsünk

n = 2 k + 3

pozitív számot. Ha létezik köztük

a_{i}, a_{i - 1}

úgy, hogy

a_{i - 1} \geq a_{i + 1}

és

a_{i} \geq a_{i - 2}

, akkor őket elhagyva, a kapott

n - 2

tagú sorozathoz tartozó összeget jelölje

S (n - 2)

, az

n

számból álló sorozathoz tartozó összeget pedig

S (n)

. Ekkor

\begin{matrix} S (n) & = & S (n - 2) - (\frac{a_{i - 2}}{a_{i - 3} + a_{i - 2} + a_{i + 1}} - \frac{a_{i - 2}}{a_{i - 3} + a_{i - 2} + a_{i - 1}}) - \\ - (\frac{a_{i + 1}}{a_{i - 2} + a_{i + 1} + a_{i + 2}} - \frac{a_{i + 1}}{a_{i} + a_{i + 1} + a_{i + 2}}) + \\ + \frac{a_{i - 1}}{a_{i - 2} + a_{i - 1} + a_{i}} + \frac{a_{i}}{a_{i - 1} + a_{i} + a_{i + 1}} \leq \\ \leq & S (n - 2) + \frac{a_{i - 1}}{a_{i - 2} + a_{i - 1} + a_{i}} + \frac{a_{i}}{a_{i - 1} + a_{i} + a_{i + 1}} \leq \\ \leq & S (n - 2) + \frac{a_{i - 1}}{a_{i - 1} + a_{i}} + \frac{a_{i}}{a_{i - 1} + a_{i}} = S (n - 2) + 1, \end{matrix}

ami az indukciós feltevés szerint kisebb, mint

[\frac{n - 2}{2}] + 1 \leq [\frac{n}{2}]

. Így az állítás minden pozitív szám

n

-esre is igaz.
Végül, a megfelelő,

a_{i - 1} \geq a_{i + 1}

és

a_{i} \geq a_{i - 2}

feltételeket kielégítő

a_{i}, a_{i - 1}

pár megtalálásához válasszuk

a_{i}

-nek a számok legnagyobbikát; ekkor speciálisan

a_{i} \geq a_{i - 2}

. Ha ezen kívül

a_{i - 1} \geq a_{i + 1}

is teljesül, akkor az

a_{i}, a_{i - 1}

pár megfelelő. Ellenkező esetben

a_{i + 1} > a_{i - 1}

, akkor viszont az

a_{i + 1}, a_{i}

pár felel meg.

Szabó Kornél (Budapesti Fazekas M. Gyak. Ált. Isk. és Gimn., 12. évf.)