KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
 English
Információ
A lap
Pontverseny
Cikkek
Hírek
Fórum

Rendelje meg a KöMaL-t!

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

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 points)

Deadline expired on 10 February 2014.


Google Translation (Sorry, the solution is published in Hungarian only.)

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 on problem A. 605.
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

  • Támogatóink:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program    
    MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley