 |
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