A B. 4021. feladat (2007. szeptember)

B. 4021. Igazoljuk, hogy ha n pozitív egész és az $a_1, a_2, \ldots, a_n$ számok mindegyike legalább 1, akkor

$(a_1+1) (a_2+1) \cdot \ldots \cdot (a_n+1)\ge 2^{n-1} (a_1+ a_2+\ldots + a_n-n+2).$

(4 pont)

A beküldési határidő 2007. október 15-én LEJÁRT.

Megoldás: Legyen x_i=a_i-1. Ezen nemnegatív számok segítségével a baloldalon álló kifejezés $(2+x_1)(2+x_2)\ldots(2+x_n)$ alakba írható. Ha ezt a szorzatot kifejtjük, akkor egy olyan összeget kapunk, amelynek 2ⁿ tagja van. Minden egyes tag egy n-tényezős szorzat, ahol a tényezők mindegyike vagy 2-vel, vagy valamelyik x_i-vel egyenlő. Az összeg egyik tagja sem negatív tehát, továbbá a tagok közül az egyik 2ⁿ-nel, további n tag pedig a 2^n-1x_i számokkal ( $i=1,2,\ldots,n$ ) egyenlő. Ezért

$(2+x_1)(2+x_2)\ldots(2+x_n)\ge 2^n+2^{n-1}(x_1+x_2+\ldots+x_n)= 2^{n-1}(x_1+x_2+\ldots+x_n+2),$

ami viszont éppen az egyenlőtlenség jobboldalán álló mennyiség. Ezzel az állítást igazoltuk.

Ha n=1, akkor a baloldali kifejezésnek az összes tagját figyelembe vettük, n $\ge$ 2 esetén pedig a kétszeres szorzatokat is tekintetbe véve könnyen megállapítható, hogy egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha az a_i számok közül legfeljebb egy nagyobb 1-nél.

Statisztika:

139 dolgozat érkezett.

4 pontot kapott: 94 versenyző.

3 pontot kapott: 19 versenyző.

2 pontot kapott: 7 versenyző.

1 pontot kapott: 12 versenyző.

0 pontot kapott: 7 versenyző.

A KöMaL 2007. szeptemberi matematika feladatai

139 dolgozat érkezett.
4 pontot kapott:	94 versenyző.
3 pontot kapott:	19 versenyző.
2 pontot kapott:	7 versenyző.
1 pontot kapott:	12 versenyző.
0 pontot kapott:	7 versenyző.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?