Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?
A régi honlapot akarom!!! :-)

Az A. 709. feladat (2017. november)

A. 709. Legyen \(\displaystyle a>0\) valós szám. Határozzuk meg azt a legkisebb \(\displaystyle C_a\) számot, amire a

\(\displaystyle C_a\sum_{k=1}^n \frac1{x_k-x_{k-1}} >\sum_{k=1}^n \frac{k+a}{x_k} \)

egyenlőtlenség teljesül tetszőleges \(\displaystyle n\) pozitív egész és \(\displaystyle 0=x_0<x_1<\ldots<x_n\) valós számok esetén.

(5 pont)

A beküldési határidő 2017. december 11-én LEJÁRT.


Válasz. Ha \(\displaystyle a>\frac12\), akkor \(\displaystyle C_a=\frac{(2a+1)^2}{4a}\), miközben bármely \(\displaystyle a\le \frac12\) valós számra \(\displaystyle C_a=2\).

Megoldás. Vegyük észre, hogy \(\displaystyle k=1,2,\dots,n-1\) esetén a Titu-lemma szerint

\(\displaystyle \frac{k^2}{x_k}+\frac{(2a+1)^2}{x_{k+1}-x_k}\ge \frac{(k+2a+1)^2}{x_{k+1}},\)

ahol egyenlőség áll, ha \(\displaystyle \frac{x_k}{k}=\frac{x_{k+1}-x_k}{2a+1}\), azaz \(\displaystyle \frac{x_{k+1}}{x_k}=\frac{k+(2a+1)}{k}\).

Ezeket az összefüggéseket összeadva:

\(\displaystyle (2a+1)^2\left(\frac1{x_2-x_1}+\dots+\frac1{x_n-x_{n-1}}\right)\ge -\frac1{x_1}+\frac{n^2}{x_n}+\sum_{k=1}^{n-1} \frac{(k+2a+1)^2-(k+1)^2}{x_{k+1}},\)

amit átrendezve kapjuk, hogy

\(\displaystyle \frac{(2a+1)^2}{4a}\left(\frac1{x_1}+\frac1{x_2-x_1}+\dots+\frac1{x_n-x_{n-1}}\right)\ge \frac{n^2}{4ax_n}+\sum_{k=1}^n \frac{k+a}{x_k},\)\(\displaystyle (\star)\)

s ezért \(\displaystyle C_a=\frac{(2a+1)^2}{4a}\) megfelel minden \(\displaystyle a>0\) esetén. Sőt, ha \(\displaystyle a\le \frac12\), akkor az \(\displaystyle \frac12\)-hez tartozó \(\displaystyle \frac{(2\cdot (1/2)+1)^2}{4\cdot (1/2)}=2\) konstans is megfelel:

\(\displaystyle \frac{(2\cdot (1/2)+1)^2}{4\cdot (1/2)}\left(\sum_{k=1}^n \frac1{x_k-x_{k-1}}\right)>\sum_{k=1}^n \frac{k+1/2}{x_k}\ge \sum_{k=1}^n \frac{k+a}{x_k}.\)


Most belátjuk, hogy \(\displaystyle a>\frac12\)-re \(\displaystyle C_a=\frac{(2a+1)^2}{4a}\), \(\displaystyle a\le \frac12\)-re \(\displaystyle C_a=2\) optimális.

Ehhez felhasználunk egy technikai lemmát:

Lemma. Bármely \(\displaystyle b>0\)-hoz léteznek olyan \(\displaystyle 0<c_1<c_2\) konstansok, melyekre \(\displaystyle \forall N\)

\(\displaystyle c_1N^b<\prod_{j=1}^N \left(1+\frac{b}{j}\right)<c_2N^b.\)

Bizonyítás. Azt használjuk, hogy \(\displaystyle 1+x\approx e^x\). Ezt az ismert \(\displaystyle e^{\frac{x}{x+1}}\le 1+x\le e^x\) egyenlőtlenség teszi precizzé:

\(\displaystyle \exp\left(\sum_{j=1}^N \frac{b}{b+j}\right)\le \prod_{j=1}^N \left(1+\frac{b}{j}\right)\le \exp\left(\sum_{j=1}^N \frac{b}{j}\right).\)

Az ismert integrál-becslésből \(\displaystyle \sum_{j=1}^N \frac1{c+j}\sim \log N\) (nagyságrend-jelöléssel), innen az állítás. (Az állítás \(\displaystyle b\le 0\)-ra is érvényes.) \(\displaystyle \blacksquare\)

\(\displaystyle \)

1. eset: \(\displaystyle a>\frac12\). Legyen \(\displaystyle x_1=1\) és \(\displaystyle x_k=\prod_{j=1}^{k-1}\frac{j+(2a+1)}{j}\) (\(\displaystyle k=2,3,\dots,n,\dots\)). Azt állítjuk, hogy ekkor \(\displaystyle n\to\infty\) esetén

\(\displaystyle \left(\sum_{k=1}^n \frac{k+a}{x_k}\right)/\left(\sum_{k=1}^n \frac1{x_k-x_{k-1}}\right)\to \frac{(2a+1)^2}{4a},\)

és így \(\displaystyle \frac{(2a+1)^2}{4a}\)-nál kisebb konstans nem felelhet meg. Mivel az \(\displaystyle (x_k)\) sorozatot úgy választottuk meg, hogy a Titu-lemmás becslésekben egyenlőség álljon, így \(\displaystyle (\star)\)-ban egyenlőség áll, vagyis elég belátni, hogy \(\displaystyle n\to\infty\)-re

\(\displaystyle \frac{n^2}{4ax_n}/\left(\sum_{k=1}^n \frac1{x_k-x_{k-1}}\right)\to 0.\)

Mivel azonban a Lemma szerint alkalmas \(\displaystyle 0<c_1<c_2\) konstansokra \(\displaystyle c_1N^{2a+1}<x_N<c_2N^{2a+1}\), ezért

\(\displaystyle \frac{n^2}{4ax_n}/\left(\sum_{k=1}^n \frac1{x_k-x_{k-1}}\right)\le \frac{n^2}{4a\cdot c_1n^{2a+1}}/\left(\frac1{x_1-x_0}\right)=\frac1{4ac_1} n^{1-2a}\to 0\)

és a rendőrelv miatt készen vagyunk.

2. eset: \(\displaystyle a\le \frac12\). Legyen egyszerűen \(\displaystyle x_k=k^2\) minden \(\displaystyle k\)-ra. (Ez rímel az előző esetbeli \(\displaystyle x_N=\Theta(N^{2a+1})\)-re, ahol \(\displaystyle \Theta\) nagyságrendet jelöl.) Akkor

\(\displaystyle \sum_{k=1}^n \frac1{x_k-x_{k-1}}=\sum_{k=1}^n \frac1{2k-1}\sim \frac12\log n,\)

\(\displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{k+a}{x_k}=\sum_{k=1}^n\frac1k+a\sum_{k=1}^n \frac1{k^2}\sim \log n,\)

és így

\(\displaystyle \left( \sum_{k=1}^n \frac{k+a}{x_k}\right)/\left(\sum_{k=1}^n \frac1{x_k-x_{k-1}}\right)\to 2,\)

ami bizonyítja \(\displaystyle C_a=2\) optimalitását. Ezzel mindkét esettel készen vagyunk.


Megjegyzés. A feladat a 2016-os IMO Shortlist egy feladata nyomán készült, és az N.189. feladat általánosítása. Ugyanilyen súlyozott Titu-lemmás módszert alkalmaz az A.439. feladat is.

További tanulságos megjegyzésekért katt IDE.


Statisztika:

6 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:Schrettner Jakab.
2 pontot kapott:2 versenyző.
1 pontot kapott:1 versenyző.
0 pontot kapott:2 versenyző.

A KöMaL 2017. novemberi matematika feladatai