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

A B. 4638. feladat (2014. május)

B. 4638. Legyenek \(\displaystyle x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\) tetszőleges valós számok. Bizonyítsuk be, hogy

\(\displaystyle \sqrt{\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{x_{k}^{4}+k^{2}}{x_{k}^{2}}\right)^{2}-n^{2} (n+1)^{2}}\ge \sum_{k=1}^{n}\frac{x_{k}^{4}-k^{2}}{x_{k}^{2}}. \)

Javasolta: Paulovics Zoltán (Zalaegerszeg, Zrínyi M. Gimn., 12. évf.)

(5 pont)

A beküldési határidő 2014. június 10-én LEJÁRT.


Megoldás. A feladat szövegében nem szerepelt, de nyilvánvalóan az \(\displaystyle x_{i}\) számok egyike sem lehet 0, továbbá az \(\displaystyle n\) és \(\displaystyle k\) pozitív egészek. Azt fogjuk belátni, hogy egyenlőség akkor és csak akkor teljesülhet, ha \(\displaystyle x_{k}^{2}=k\cdot x_{1}^{2}\), \(\displaystyle k\in \{1, 2, \ldots, n\}\), minden más esetben a bal oldal nagyobb, mint a jobb oldal. Ha a jobb oldal negatív, akkor a bal oldal a gyökjel miatt biztosan nagyobb, mint a jobb. Tehát feltehetjük, hogy a jobb oldal nemnegatív. Ekkor a négyzetre emelés ekvivalens átalakítás, és az egyenlőtlenség iránya sem változik.

\(\displaystyle \bigg(\sum_{k=1}^{n} \frac{x_{k}^{4}+k^{2}}{x_{k}^{2}} \bigg)^{\!\!2}-n^{2}{(n+1)}^{2} \ge \bigg(\sum_{k=1}^{n} \frac{x_{k}^{4}-k^{2}}{x_{k}^{2}}\bigg)^{\!\!2},\)

\(\displaystyle \bigg(\sum_{k=1}^{n} \frac{x_{k}^{4}+k^{2}}{x_{k}^{2}} \bigg)^{\!\!2}- \bigg( \sum_{k=1}^{n} \frac{x_{k}^{4}-k^{2}}{x_{k}^{2}}\bigg)^{\!\!2} \ge n^{2}{(n+1)}^{2}.\)

Alkalmazva az \(\displaystyle a^{2}-b^{2}=(a+b)(a-b)\) azonosságot a bizonyítandó egyenlőtlenség a következő alakba írható:

\(\displaystyle \Bigg[ \bigg(\sum_{k=1}^{n} \frac{x_{k}^{4}+k^{2}}{x_{k}^{2}} \bigg) +\bigg( \sum_{k=1}^{n} \frac{x_{k}^{4}-k^{2}}{x_{k}^{2}} \bigg)\Bigg]\cdot \Bigg[\bigg( \sum_{k=1}^{n} \frac{x_{k}^{4}+k^{2}}{x_{k}^{2}} \bigg) -\bigg( \sum_{k=1}^{n} \frac{x_{k}^{4}-k^{2}}{x_{k}^{2}} \bigg)\Bigg] \ge\)

\(\displaystyle \ge n^{2}{(n+1)}^{2}.\)

Az összevonások után:

\(\displaystyle \Bigg[2\cdot \bigg(\sum_{k=1}^{n} x_{k}^{2}\bigg)\Bigg]\cdot \Bigg[2\cdot \bigg(\sum_{k=1}^{n} \frac{k^{2}}{x_{k}^{2}}\bigg)\Bigg] \ge n^{2}{(n+1)}^{2}. \)

Most \(\displaystyle 4\)-gyel osztva és részletesen felírva az összegeket

\(\displaystyle \Big(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+ \ldots +x_{n}^{2}\Big) \left(\frac{1}{x_{1}^{2}}+\frac{4}{x_{2}^{2}}+\ldots +\frac{n^{2}}{x_{n}^{2}}\right) \ge \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^{\!\!2}={(1+2+ \ldots +n)}^{2}. \)

Ez pedig a Cauchy--Schwarz--Bunyakovszkij-féle egyenlőtlenség négyzetre emelt alakja a következő két sorozatra:

\(\displaystyle \overrightarrow{a\vphantom{b}}(x_{1}, x_{2}, \ldots , x_{n}), \qquad \overrightarrow{b}\left(\frac{1}{x_{1}}, \frac{2}{x_{2}}, \ldots , \frac{n}{x_{n}}\right). \)

Egyenlőség itt akkor és csak akkor áll fenn, ha

\(\displaystyle \frac{x_{1}}{\;\frac{1}{x_{1}}\;}=\frac{x_{2}}{\;\frac{2}{x_{2}}\;}=\ldots \frac{x_{n}}{\;\frac{n\vphantom{1}}{x_{n}}\;}, \qquad x_{1}^{2}=\frac{x_{2}^{2}}{2}=\ldots =\frac{x_{n}^{2}}{n}. \)

Kovács Márton (Dunakeszi, Radnóti Miklós Gimn., 11 évf.) dolgozata alapján


Statisztika:

45 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:Andó Angelika, Bereczki Zoltán, Cseh Kristóf, Csépai András, Di Giovanni Márk, Fekete Panna, Forrás Bence, Geng Máté, Győrfi-Bátori András, Gyulai-Nagy Szuzina, Kovács 972 Márton, Kúsz Ágnes, Maga Balázs, Mócsy Miklós, Nagy-György Pál, Páli Petra, Schrettner Bálint, Schwarcz Tamás, Seress Dániel, Simkó Irén, Szebellédi Márton, Szőke Tamás, Williams Kada.
4 pontot kapott:Ács Botond, Andi Gabriel Brojbeanu, Balogh Menyhért, Baran Zsuzsanna, Demeter Dániel, Dinev Georgi, Gáspár Attila, Glattfelder Hanna, Hraboczki Attila Márton, Katona Dániel, Kovács 246 Benedek, Öreg Botond, Paulovics Zoltán, Porupsánszki István, Sal Kristóf, Schefler Barna, Szajbély Zsigmond, Szakács Lili Kata, Vu Mai Phuong.
3 pontot kapott:1 versenyző.
1 pontot kapott:1 versenyző.
0 pontot kapott:1 versenyző.

A KöMaL 2014. májusi matematika feladatai