Problem A. 721. (March 2018)

A. 721. Let \(\displaystyle n\ge 2\) be a positive integer, and suppose \(\displaystyle a_1,a_2,\dots,a_n\) are positive real numbers whose sum is \(\displaystyle 1\) and whose squares add up to \(\displaystyle S\). Prove that if \(\displaystyle b_i=\frac{a_i^2}{S}\) (\(\displaystyle i=1,\dots,n\)), then for every \(\displaystyle r>0\), we have

\(\displaystyle \sum_{i=1}^n \frac{a_i}{{(1-a_i)}^r}\le \sum_{i=1}^n \frac{b_i}{{(1-b_i)}^r}. \)

(5 pont)

Deadline expired on April 10, 2018.

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

1. megoldás. Legyen \(\displaystyle f:(0,1)\to\mathbb{R}\), \(\displaystyle f(x)=\dfrac{x}{(1-x)^r}\). Ekkor \(\displaystyle f\) differenciálható. Továbbá \(\displaystyle a_i^2<a_i\) miatt \(\displaystyle S\in(0,1)\); legyen \(\displaystyle K=f'(S)\).

Lemma. Bármely \(\displaystyle i\)-re

és egyenlőség csak \(\displaystyle a_i=b_i=S\) esetén állhat fenn.

Bizonyítás. Vegyük észre, hogy \(\displaystyle f(x)\) függvény deriváltja szigorú monoton növekvő (vagyis \(\displaystyle f\) szigorúan konvex):

\(\displaystyle f'(x) = \dfrac{1}{(1-x)^r} + \frac{rx}{(1-x)^{r+1}}.\)

\(\displaystyle \bullet\) Ha \(\displaystyle a_i=S\), akkor \(\displaystyle b_i=a_i\), és így (♣) mindkét oldalán \(\displaystyle 0\) áll.

\(\displaystyle \bullet\) Ha \(\displaystyle a_i>S\), akkor \(\displaystyle b_i>a_i>S\), és a Lagrange-féle középértéktétel miatt alkalmas \(\displaystyle \xi\in(a_i;b_i)\)-re

\(\displaystyle \dfrac{f(b_i)-f(a_i)}{b_i-a_i}=f'(\xi) > f'(S) = K; \)

átszorozva (♣)-et kapjuk.

\(\displaystyle \bullet\) Ha \(\displaystyle 0<a_i<S\), akkor \(\displaystyle b_i<a_i<S\), és a Lagrange-féle középértéktétel miatt alkalmas \(\displaystyle \xi\in (b_i;a_i)\)-re

\(\displaystyle \dfrac{f(a_i)-f(b_i)}{a_i-b_i}=f'(\xi) < f'(S) =K; \)

a negatív \(\displaystyle (a_i-b_i)\) számmal átszorozva (♣)-et kapjuk. \(\displaystyle \blacksquare\)

Ha (♣)-et összeadjuk az összes \(\displaystyle i\)-re, \(\displaystyle \sum a_i=\sum b_i=1\) miatt megkapjuk a feladat állítását.

Megjegyzés. A (♣) becslés az ismert "érintő-trükk" továbbgondolása. Szemléletesen: egy konvex függvény bármely érintőegyenese felett helyezkedik el, így fix \(\displaystyle a\)-val \(\displaystyle f(x)\ge f(a)+f'(a)(x-a)\) bármely \(\displaystyle x\)-re. Ez éppen úgy bizonyítható, mint a Lemma, és belőle alkalmas előjelvizsgálattal kapjuk:

\(\displaystyle f(b_i)-f(a_i)\ge f'(a_i)(b_i-a_i)\ge f'(S)(b_i-a_i).\)

Ezen megoldás ötletvilágába tartozik a Karamata-egyenlőtlenség is, melynek segítségével a feladatnak egy további megoldása adható.

2. megoldás. Ismert, hogy \(\displaystyle |z|<1\) esetén az alábbi sor abszolút konvergens (binomiális sorfejtés):

\(\displaystyle (1+z)^\alpha=\sum_{k=0}^\infty \binom{\alpha}{k}z^k,\)

s ezért \(\displaystyle \alpha=-r\) választással adódik, hogy \(\displaystyle |z|<1\)-re

\(\displaystyle \frac{z}{(1-z)^r}=\sum_{k=0}^\infty \binom{-r}{k}(-z)^k\cdot z.\)

Vegyük észre, hogy mivel \(\displaystyle (-1)^k\binom{-r}{k}=\frac{r(r+1)\dots(r+k-1)}{k!}>0\) teljesül \(\displaystyle k\ge 1\)-re (hisz \(\displaystyle r>0\)) és \(\displaystyle \binom{-r}{0}(-1)^0=1\), így alkalmas \(\displaystyle A_1,A_2,\dots>0\) mellett \(\displaystyle |z|<1\)-re

\(\displaystyle \frac{z}{(1-z)^r}=A_1z+A_2z^2+A_3z^3+\dots=\sum_{k\ge 1}A_kz^k,\)

ahol a sor abszolút konvergens, így \(\displaystyle a_i,b_i\in(0;1)\) miatt a bizonyítandó egyenlőtlenségben felcserélhető a szumma:

\(\displaystyle \sum_{i=1}^n \left(\sum_{k\ge 1}A_ka_i^k\right)\le \sum_{i=1}^n \left(\sum_{k\ge 1}A_kb_i^k\right),\)

\(\displaystyle 0\le \sum_{k\ge 1}A_k\left(\sum_{i=1}^n b_i^k-\sum_{i=1}^n a_i^k\right).\)

Elegendő tehát igazolnunk, hogy minden \(\displaystyle k\ge 1\)-re

\(\displaystyle a_1^k+\dots+ a_n^k\le b_1^k+\dots+ b_n^k,\)

azaz homogenizálva,

\(\displaystyle (\sum a_i^k)(\sum a_i^2)^k\le (\sum a_i^{2k})(\sum a_i)^k.\)

1. befejezés. Ez \(\displaystyle k=1\)-re azonosan fennáll, és \(\displaystyle k\ge 2\) esetén az \(\displaystyle a_1,\ldots,a_n\) számok \(\displaystyle a_1,\ldots,a_n\) súlyokkal felírt \(\displaystyle (2k-1)\)-edik és \(\displaystyle (k-1)\)-edik hatvány-, illetve számtani közepeire a súlyozott hatványközepek közötti egyenlőtlenségek miatt

\(\displaystyle \left(\sum a_i\cdot a_i^{2k-1}\right)^{\tfrac{1}{2k-1}} \ge \left(\sum a_i\cdot a_i^{k-1}\right)^{\tfrac{1}{k-1}} \ge \sum a_i\cdot a_i = S,\)

amiből

\(\displaystyle \sum b_i^k = \frac1{S^k}\sum a_i^{2k} = \frac1{S^k} \left(\sum a_i\cdot a_i^{2k-1}\right)^{\tfrac{k-1}{2k-1}} \left(\sum a_i\cdot a_i^{2k-1}\right)^{\tfrac{k}{2k-1}} \)

\(\displaystyle \ge \frac1{S^k} \left(\sum a_i\cdot a_i^{k-1}\right) \left(\sum a_i\cdot a_i\right)^k = \sum a_i^k.\)

2. befejezés (vázlat). Egyszerűen kibonthatunk és alkalmazhatjuk a Muirhead-egyenlőtlenséget, bár a szumma némileg félelmetes: mivel csupa nemnegatív együtthatókkal

\(\displaystyle (x_1+\dots+x_n)^k=\sum_{d_1+d_2+\dots+d_n=k,\, d_i\ge 0} B_{(d_1,d_2,\dots,d_n)}x_1^{d_1}x_2^{d_2}\dots x_n^{d_n}\)

alakú, ezért az egyenlőtlenség \(\displaystyle S(\alpha_1,\dots,\alpha_n)=\sum_{sym}x_1^{\alpha_1}\dots x_n^{\alpha_n}\) jelöléssel

\(\displaystyle \sum C_{(d_i)}\left[S(2k+d_1,d_2,\dots,d_n)-S(k+2d_1,2d_2,\dots,2d_n)\right]\ge 0\)

alakba írható át alkalmas \(\displaystyle C_{(d_i)}\) nemnegatív együtthatókkal, ahol a szumma olyan nemnegatív és \(\displaystyle k\) összegű \(\displaystyle d_1,\dots,d_n\) számsorozatokon fut, melyekre \(\displaystyle d_2\ge d_3\ge \dots\ge d_n\) teljesül. Ekkor \(\displaystyle 2k+d_1\ge d_2\ge \dots\ge d_n\) majorizálja a \(\displaystyle k+2d_1,2d_2,\dots,2d_n\) megfelelő permutációját, hisz

\(\displaystyle 2k+d_1+\dots+d_j\ge 2k\ge 2d_{i_1}+\dots+2d_{i_j}\qquad \text{és}\qquad 2k+d_1+(d_2+\dots+d_j)\ge (k+2d_1)+2d_{i_2}+\dots+ 2d_{i_j}.\)

Megjegyzés. Mindkét megoldásból leolvasható, hogy a becslésben egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha minden \(\displaystyle a_i\) értéke azonos. Mivel az \(\displaystyle f:(0,1)\to \mathbb{R}\), \(\displaystyle x\mapsto x^k\) függvény minden \(\displaystyle k=0,1,\dots\) esetén konvex, így nemnegatív együtthatós összegük is az, s így az 1. megoldás általánosabb \(\displaystyle f(x)\) függvények körében bizonyít, mint a 2. megoldás.

Statistics:

9 students sent a solution.
5 points:	Bukva Balázs, Daróczi Sándor, Gáspár Attila, Imolay András, Matolcsi Dávid, Németh 123 Balázs, Schrettner Jakab, Szabó Kristóf, Weisz Máté.

Problems in Mathematics of KöMaL, March 2018