Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Az A. 605. feladat (2014. január)

A. 605. Legyenek k, m és n pozitív egészek, amelyekre m\len, és legyenek 0\le
a_1\le\ldots\le a_{m+n} valós számok. Igazoljuk, hogy


\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}}.

Javasolta: Erben Péter és Pataki János (Budapest)

(5 pont)

A beküldési határidő 2014. február 10-én LEJÁRT.


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.


Statisztika:

13 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott: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 pontot kapott:Ágoston Péter.
0 pontot kapott:1 versenyző.

A KöMaL 2014. januári matematika feladatai