KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Sign In
Sign Up
 Magyar
Information
Contest
Journal
Articles

 

Problem A. 605. (January 2014)

A. 605. Let k, m and n be positive integers with m\len, and let 0\le
a_1\le\ldots\le a_{m+n} be real numbers. Prove that


\root{k+1}\of{\frac{a_1^{k+1}+\ldots+a_{m}^{k+1}}{m}} \le
\root{k}\of{\frac{a_1^k+\ldots+a_{m+n}^k}{m+n}}.

Proposed by: Péter Erben and János Pataki, Budapest

(5 pont)

Deadline expired on 10 February 2014.


Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation

Megoldás. Először azt fogjuk igazolni, hogy tetszőleges 0\le x_1\le\ldots\le x_{m+n} számokra


\left(\frac{x_1^{m+n}+\ldots+x_{m}^{m+n}}{m}\right)^{\frac1{m+n}} \le
\left(\frac{x_1^m+\ldots+x_{m+n}^m}{m+m}\right)^{\frac1m}.
(1)

A változók rendezettsége miatt minden 1\lei\lem-re


x_i^{m+n} = x_i^m \cdot x_i^n
\le x_i^m \cdot \left(\frac{x_{m+1}^m+\ldots+x_{m+n}^m}{n}\right)^{\frac{n}{m}},

így


\frac{x_1^{m+n}+\ldots+x_{m}^{m+n}}{m} \le
\frac{x_1^m+\ldots+x_{m}^m}{m} \cdot
\left(\frac{x_{m+1}^m+\ldots+x_{m+n}^m}{n}\right)^{\frac{n}{m}}.
(2)

A súlyozott számtani-mértani közepek közötti egyenlőtlenségból


  \left(\frac{x_1^m+\ldots+x_{m}^m}{m}\right)^{\frac{m}{m+n}} \cdot
  \left(\frac{x_{m+1}^m+\ldots+x_{m+n}^m}{n}\right)^{\frac{n}{m+n}} \le


  \le \frac{m}{m+n} \cdot \frac{x_1^m+\ldots+x_{m}^m}{m} +
  \frac{n}{m+n} \cdot \frac{x_{m+1}^m+\ldots+x_{m+n}^m}{n} 
  = \frac{x_1^m+\ldots+x_{m+n}^m}{m+n},

tehát


\frac{x_1^m+\ldots+x_{m}^m}{m} \cdot
\left(\frac{x_{m+1}^m+\ldots+x_{m+n}^m}{n}\right)^{\frac{n}{m}} \le
\left( \frac{x_1^m+\ldots+x_{m+n}^m}{m+n} \right)^{\frac{m+n}{m}}.
(3)

Az (1) egyenlőtlenséget a (2) és (3) összevetéséből kapjuk.

A feladat megoldásához legyen p=k\frac{m+n}{m}, és írjuk fel (1)-et az xi=aik/m számokra. Ekkor xim=aik és xim+n=aip, tehát


\left(\frac{a_1^p+\ldots+a_{m}^p}{m}\right)^{\frac1{m+n}} =
\left(\frac{x_1^{m+n}+\ldots+x_{m}^{m+n}}{m}\right)^{\frac1{m+n}} \le
\left(\frac{x_1^m+\ldots+x_{m+n}^m}{m+m}\right)^{\frac1m}
= \left(\frac{a_1^k+\ldots+a_{m+n}^k}{m+m}\right)^{\frac1m}.

m/k-adik hatványra emelve


\left(\frac{a_1^p+\ldots+a_{m}^p}{m}\right)^{\frac1p} = 
\left(\frac{a_1^p+\ldots+a_{m}^p}{m}\right)^{\frac{m}{k(m+n)}} \le
\left(\frac{a_1^k+\ldots+a_{m+n}^k}{m+m}\right)^{\frac1k}.
(4)

Végül, mivel p\ge2k\gek+1, a hatványközepek közötti egyenlőtlenségből


\left(\frac{a_1^{k+1}+\ldots+a_{m}^{k+1}}{m}\right)^{\frac1{k+1}} \le
\left(\frac{a_1^p+\ldots+a_{m}^p}{m}\right)^{\frac1p} .
(5)

A (4) és az (5) együtt bizonyítja a feladat állítását.

Megjegyzés. Az állításban egyenlőség csak a triviális a_1=\ldots=a_{m+n} esetben van. Ennek szükségességét leolvashatjuk például a (2) egyenlőtlenségből.


Statistics:

13 students sent a solution.
5 points:Fehér Zsombor, Forrás Bence, Janzer Barnabás, Kabos Eszter, Kúsz Ágnes, Maga Balázs, Simon 047 Péter, Szabó 789 Barnabás, Szőke Tamás, Tossenberger Tamás, Williams Kada.
4 points:Ágoston Péter.
0 point:1 student.

Our web pages are supported by:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program    
MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley