Problem A. 681. (November 2016)
A. 681. The positive numbers \(\displaystyle a_1,a_2,\ldots,a_n\) satisfy \(\displaystyle \sqrt{a_1}+\sqrt{a_2} +\cdots+\sqrt{a_n}=1\). Show that
\(\displaystyle {a_1}^{a_1}\cdot {a_2}^{a_2}\cdot \ldots \cdot {a_n}^{a_n} \ge {(a_1+a_2+\ldots+a_n)}^2. \)
(5 pont)
Deadline expired on December 12, 2016.
Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation
Megoldásvázlat. Ha \(\displaystyle n=1\), akkor mindkét oldal értéke \(\displaystyle 1\). A továbbiakban feltételezzük, hogy \(\displaystyle n\ge2\).
Legyen \(\displaystyle S=a_1+\ldots+a_n\). Az \(\displaystyle \sqrt{a_1},\ldots,\sqrt{a_n}\) pozitív számok összege \(\displaystyle 1\), így
\(\displaystyle S = a_1+\ldots+a_n < \sqrt{a_1}+\ldots+\sqrt{a_n} = 1. \)
Az \(\displaystyle f(x)=x\ln x\) függvény szigorúan konvex, mert \(\displaystyle f''(x)=\frac1x>0\). Írjuk fel a függvényre a Jensen-egyenlőtlenséget az \(\displaystyle x_i=\sqrt{a_i}\) értékekkel és az \(\displaystyle w_i=\sqrt{a_i}\) súlyokkal:
\(\displaystyle \sum_{i=1}^n w_i f(x_i) \ge f\left(\sum_{i=1}^n w_i x_i\right) \)
\(\displaystyle \sum_{i=1}^n a_i \ln \sqrt{a_i} \ge f(S) = S\ln S. \)
Az exponenciális függvénybe behelyettesíve, majd négyzetre emelve,
\(\displaystyle e^{\sum_{i=1}^n a_i \ln \sqrt{a_i}} \ge e^{S\ln S} \)
\(\displaystyle \prod_{i=1}^n {a_i}^{a_i} \ge S^{2S}. \)
Mivel \(\displaystyle 0<S<1\), az \(\displaystyle x\mapsto S^x\) függvény monoton fogy, és így, mivel \(\displaystyle 2S<2\),
\(\displaystyle S^{2S} > S^2. \)
Tehát,
\(\displaystyle \prod_{i=1}^n {a_i}^{a_i} \ge S^{2S} > S^2. \)
Megjegyzés. Mint látható, a bizonyítandó egyenlőtlenségben csak \(\displaystyle n=1\), \(\displaystyle a_1=1\) esetén áll egyenlőség.
Az \(\displaystyle a_1\to1\), \(\displaystyle a_2\to0\), ..., \(\displaystyle a_n\to0\) határesetben mindkét oldal \(\displaystyle 1\)-hez tart.
Statistics:
9 students sent a solution. 5 points: Bukva Balázs, Egri Máté, Keresztes László, Kővári Péter Viktor, Matolcsi Dávid, Váli Benedek, Williams Kada. 4 points: Mályusz Attila. 3 points: 1 student.
Problems in Mathematics of KöMaL, November 2016