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. 4638. (May 2014)

B. 4638. Let \(\displaystyle x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\) denote arbitrary real numbers. Prove that \(\displaystyle \sqrt{\left(\sum_{k=1}^{n} \frac{x_{k}^{4}+k^{2}}{x_{k}^{2}}\right)^{2}-n^{2} (n+1)^{2}}\ge \sum_{k=1}^{n} \frac{x_{k}^{4}-k^{2}}{x_{k}^{2}}\).

Suggested by Z. Paulovics, Zalaegerszeg

(5 pont)

Deadline expired on June 10, 2014.


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

Megoldás. A feladat szövegében nem szerepelt, de nyilvánvalóan az \(\displaystyle x_{i}\) számok egyike sem lehet 0, továbbá az \(\displaystyle n\) és \(\displaystyle k\) pozitív egészek. Azt fogjuk belátni, hogy egyenlőség akkor és csak akkor teljesülhet, ha \(\displaystyle x_{k}^{2}=k\cdot x_{1}^{2}\), \(\displaystyle k\in \{1, 2, \ldots, n\}\), minden más esetben a bal oldal nagyobb, mint a jobb oldal. Ha a jobb oldal negatív, akkor a bal oldal a gyökjel miatt biztosan nagyobb, mint a jobb. Tehát feltehetjük, hogy a jobb oldal nemnegatív. Ekkor a négyzetre emelés ekvivalens átalakítás, és az egyenlőtlenség iránya sem változik.

\(\displaystyle \bigg(\sum_{k=1}^{n} \frac{x_{k}^{4}+k^{2}}{x_{k}^{2}} \bigg)^{\!\!2}-n^{2}{(n+1)}^{2} \ge \bigg(\sum_{k=1}^{n} \frac{x_{k}^{4}-k^{2}}{x_{k}^{2}}\bigg)^{\!\!2},\)

\(\displaystyle \bigg(\sum_{k=1}^{n} \frac{x_{k}^{4}+k^{2}}{x_{k}^{2}} \bigg)^{\!\!2}- \bigg( \sum_{k=1}^{n} \frac{x_{k}^{4}-k^{2}}{x_{k}^{2}}\bigg)^{\!\!2} \ge n^{2}{(n+1)}^{2}.\)

Alkalmazva az \(\displaystyle a^{2}-b^{2}=(a+b)(a-b)\) azonosságot a bizonyítandó egyenlőtlenség a következő alakba írható:

\(\displaystyle \Bigg[ \bigg(\sum_{k=1}^{n} \frac{x_{k}^{4}+k^{2}}{x_{k}^{2}} \bigg) +\bigg( \sum_{k=1}^{n} \frac{x_{k}^{4}-k^{2}}{x_{k}^{2}} \bigg)\Bigg]\cdot \Bigg[\bigg( \sum_{k=1}^{n} \frac{x_{k}^{4}+k^{2}}{x_{k}^{2}} \bigg) -\bigg( \sum_{k=1}^{n} \frac{x_{k}^{4}-k^{2}}{x_{k}^{2}} \bigg)\Bigg] \ge\)

\(\displaystyle \ge n^{2}{(n+1)}^{2}.\)

Az összevonások után:

\(\displaystyle \Bigg[2\cdot \bigg(\sum_{k=1}^{n} x_{k}^{2}\bigg)\Bigg]\cdot \Bigg[2\cdot \bigg(\sum_{k=1}^{n} \frac{k^{2}}{x_{k}^{2}}\bigg)\Bigg] \ge n^{2}{(n+1)}^{2}. \)

Most \(\displaystyle 4\)-gyel osztva és részletesen felírva az összegeket

\(\displaystyle \Big(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+ \ldots +x_{n}^{2}\Big) \left(\frac{1}{x_{1}^{2}}+\frac{4}{x_{2}^{2}}+\ldots +\frac{n^{2}}{x_{n}^{2}}\right) \ge \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^{\!\!2}={(1+2+ \ldots +n)}^{2}. \)

Ez pedig a Cauchy--Schwarz--Bunyakovszkij-féle egyenlőtlenség négyzetre emelt alakja a következő két sorozatra:

\(\displaystyle \overrightarrow{a\vphantom{b}}(x_{1}, x_{2}, \ldots , x_{n}), \qquad \overrightarrow{b}\left(\frac{1}{x_{1}}, \frac{2}{x_{2}}, \ldots , \frac{n}{x_{n}}\right). \)

Egyenlőség itt akkor és csak akkor áll fenn, ha

\(\displaystyle \frac{x_{1}}{\;\frac{1}{x_{1}}\;}=\frac{x_{2}}{\;\frac{2}{x_{2}}\;}=\ldots \frac{x_{n}}{\;\frac{n\vphantom{1}}{x_{n}}\;}, \qquad x_{1}^{2}=\frac{x_{2}^{2}}{2}=\ldots =\frac{x_{n}^{2}}{n}. \)

Kovács Márton (Dunakeszi, Radnóti Miklós Gimn., 11 évf.) dolgozata alapján


Statistics:

45 students sent a solution.
5 points:Andó Angelika, Bereczki Zoltán, Cseh Kristóf, Csépai András, Di Giovanni Márk, Fekete Panna, Forrás Bence, Geng Máté, Győrfi-Bátori András, Gyulai-Nagy Szuzina, Kovács 972 Márton, Kúsz Ágnes, Maga Balázs, Mócsy Miklós, Nagy-György Pál, Páli Petra, Schrettner Bálint, Schwarcz Tamás, Seress Dániel, Simkó Irén, Szebellédi Márton, Szőke Tamás, Williams Kada.
4 points:Ács Botond, Andi Gabriel Brojbeanu, Balogh Menyhért, Baran Zsuzsanna, Demeter Dániel, Dinev Georgi, Gáspár Attila, Glattfelder Hanna, Hraboczki Attila Márton, Katona Dániel, Kovács 246 Benedek, Öreg Botond, Paulovics Zoltán, Porupsánszki István, Sal Kristóf, Schefler Barna, Szajbély Zsigmond, Szakács Lili Kata, Vu Mai Phuong.
3 points:1 student.
1 point:1 student.
0 point:1 student.

Problems in Mathematics of KöMaL, May 2014