Az A. 605. feladat (2014. január)

A. 605. Legyenek k, m és n pozitív egészek, amelyekre m $\le$ n, 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 $\le$ i $\le$ m-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 x_i=a_i^k/m számokra. Ekkor x_i^m=a_i^k és x_i^m+n=a_i^p, 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 $\ge$ 2k $\ge$ k+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

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.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?