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 B. 3987. (March 2007)

B. 3987. Let n\ge4 be an integer, and let a_1,a_2,\ldots,a_n denote nonnegative real numbers. Prove that

{(a_1+a_2+a_3)}^2 {(a_2+a_3+a_4)}^2\cdot \ldots \cdot {(a_{n-1}+a_n+a_1)}^2{(a_n+a_1+a_2)}^2

\ge 2^n{(a_1+a_2)}^2{(a_2+a_3)}^2\cdot \ldots \cdot {(a_{n-1}+a_n)}^2{(a_n+a_1)}^2.

Discuss also the case of equality.

(5 pont)

Deadline expired on April 16, 2007.


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

Megoldás: A megoldás kulcsa a tetszőleges nemnegatív a,b,c,d számokra fennálló

(a+b+c)2(b+c+d)2\ge4(a+b)(b+c)2(c+d)

egyenlőtlenség. Ha ezt --- az indexekkel modulo n számolva - i=1,2,\ldots,n esetén az a=ai, b=ai+1, c=ai+2, d=ai+3 szereposztásban felírjuk, majd az így kapott egyenlőtlenségeket összeszorozzuk, éppen a bizonyítandó állítást kapjuk azzal a különbséggel, hogy mindkét oldalon a megfelelő kifejezés négyzete szerepel. Elég tehát ezt az egyszerűbb kinézetű egyenlőtlenséget igazolni.

Képzeljük a,d és t=b+c értékét rögzítettnek. Ekkor a baloldalon álló kifejezés értéke állandó, a jobboldalon álló (nemnegatív) kifejezés értéke pedig egyenesen arányos (a+b)(c+d) értékével. Vizsgáljuk meg, hogy ez az adott feltételek mellett mikor a lehető legnagyobb, hiszen elég az egyenlőtlenséget ebben az esetben igazolni. Nyilván

(a+b)(c+d)=(a+t-c)(c+d)=-c2+(a+t-d)c+(ad+td)

akkor a lehető legnagyobb, ha a c,t-c\ge0 feltételek mellett c a lehető legközelebb van az (a+t-d)/2 értékhez. Ez t\ge|a-d| esetén c=(a+t-d)/2, b=(d+t-a)/2 választása mellett, d-a>t estén c=0, b=t választása mellett, a-d>t esetén pedig c=t, b=0 választása mellett következik be.

Ha tehát a-d>b+c, akkor csak az (a+c)2(c+d)2\ge4ac2(c+d) egyenlőtlenséget kell igazolni, ami (a+c)2\ge4ac és c+d\gec miatt nyilvánvaló. Hasonlóképpen nyilvánvaló a d-a>b+c esetben bizonyítandó (a+b)2(b+d)2\ge4(a+b)b2d egyenlőtlenség. Végül t=b+c\ge|a-d| esetén az

(a+t)^2(d+t)^2\ge 4\Bigl(\frac{d+t+a}{2}\Bigr)^2t^2  
\Bigl(\frac{a+t+d}{2}\Bigr)^2=t^2(t+a+d)^2

egyenlőtlenséget kell igazolni, ami szintén nagyon egyszerű. Könnyű látni, hogy mindhárom esetben csakis akkor állhat fenn egyenlőség, ha a és d közül valamelyik 0.

Ezzel a feladatban kitűzött egyenlőtlenséget bebizonyítottuk. Az egyenlőség esetének tisztázásához először is jegyezzük meg, hogy ha az ai számok között (ciklikusan értve) van három egymást követő nulla, akkor mindkét oldal nulla. Ha nincsen három egymást követő nulla, de van két egymást követő, akkor a baloldal pozitív, míg a jobboldalon nulla áll. A továbbiakban tegyük fel tehát, hogy bármely két egymást követő ai összege pozitív. Ekkor egyenlőség esetén, az indexekkel modulo n számolva, minden egyes i-re

(ai+ai+1+ai+2)2(ai+1+ai+2+ai+3)2=4(ai+ai+1)(ai+1+ai+2)2(ai+2+ai+3)

kell legyen, vagyis szükségképpen ai és ai+3 közül valamelyik nulla. Ha mindkettő nulla lenne, akkor ai+1 nem lehetne nulla, vagyis ai+4-nek nullának kellene lennie, ellentétben feltevésünkkel.

Feltehetjük tehát, hogy valamely i-re ai=0, de ai+1 és ai+3\ne0. Ekkor szükségképpen ai+4=0, vagyis ai+5\ne0, tehát ai+2=0. Innen már latszik, hogy a ciklikus sorrendben minden második ai nulla kell legyen, vagyis n szükségképpen páros. Ha pedig a=c=0, akkor az (a+b+c)2(b+c+d)2=4(a+b)(b+c)2(c+d) egyenlőség a b2(b+d)=4b3d egyenlőségre redukálódik, ami b\ne0 esetén pontosan akkor áll fenn, ha b=d. Innen pedig azt kapjuk, hogy az ai számok között a 0-tól különbözők mind egyenlők kell legyenek egymással.

összefoglalva, az eredeti egyenlőtlenségben pontosan akkor áll fenn egyenlőség, ha az ai számok között van három egymást követő nulla, vagy pedig n páros, az ai számok közül minden második nulla, a többi pedig ugyanazzal a pozitív számmal egyenlő.


Statistics:

6 students sent a solution.
5 points:Kunos Ádám, Sümegi Károly.
4 points:Dinh Van Anh, Horváth 385 Vanda.
2 points:1 student.
Unfair, not evaluated:1 solution.

Problems in Mathematics of KöMaL, March 2007