Mathematical and Physical Journal
for High Schools
Issued by the MATFUND Foundation
Already signed up?
New to KöMaL?
I want the old design back!!! :-)

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 February 10, 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.

Problems in Mathematics of KöMaL, January 2014