Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

A B. 4980. feladat (2018. október)

B. 4980. Legyen \(\displaystyle n>3\) pozitív egész, \(\displaystyle a_1, a_2, \ldots, a_n\) pedig pozitív valós számok. Igazoljuk, hogy

\(\displaystyle 1 < \frac{a_1}{a_n+a_1+a_2} + \frac{a_2}{a_1+a_2+a_3} + \ldots + \frac{a_n}{a_{n-1}+a_n+a_1} < \left[ \frac{n}{2} \right] \)

és az egyenlőtlenség bal oldala nem cserélhető nagyobb, a jobb oldala pedig kisebb számra (ahol \(\displaystyle [x]\) az \(\displaystyle x\) szám egész részét jelenti).

(6 pont)

A beküldési határidő 2018. november 12-én LEJÁRT.


Megoldás. Az alsó becsléssel kezdjük. Mivel az \(\displaystyle a_1,a_2,\dots,a_n\) számok pozitívak és \(\displaystyle n\geq 4\), ezért \(\displaystyle a_1+a_2+\dots+a_n\) nagyobb az összes nevezőnél. Így a kérdéses összegre (szigorú) alsó becslést kapunk, ha a nevezezőket \(\displaystyle a_1+a_2+\dots+a_n\)-re módosítjuk, amikor viszont a kapott összeg:

\(\displaystyle \frac{a_1}{a_1+a_2+\dots+a_n}+\frac{a_2}{a_1+a_2+\dots+a_n}+\dots+\frac{a_n}{a_1+a_2+\dots+a_n}=1.\)

Ezzel az alsó becslést igazoltuk. Megmutatjuk, hogy 1-hez viszont bármilyen közel lehet az összeg. Legyen \(\displaystyle a_i=\varepsilon^{i-1}\) minden \(\displaystyle 1\leq i\leq n\)-re (ahol \(\displaystyle \varepsilon>0\)). Ekkor \(\displaystyle 2\leq i\leq n\) esetén \(\displaystyle \frac{a_i}{a_{i-1}+a_i+{a_{i+1}}}\leq \frac{a_i}{a_{i-1}}=\varepsilon\), míg a legelső tag: \(\displaystyle \frac{a_1}{a_n+a_1+a_2}<1\). Tehát az összeg értéke kisebb, mint \(\displaystyle 1+(n-1)\varepsilon\). Mivel \(\displaystyle \varepsilon>0\) értékét tetszőlegesen kicsire is választhatjuk, ezért az összeg tetszőlegesen közel lehet az 1-hez.

Most a felső becsléssel folytatjuk. Tekintsük két egymást követő tag összegét:

\(\displaystyle \frac{a_i}{a_{i-1}+a_i+a_{i+1}}+\frac{a_{i+1}}{a_{i}+a_{i+1}+a_{i+2}}<\frac{a_i}{a_i+a_{i+1}}+\frac{a_{i+1}}{a_i+a_{i+1}}=1.\)

(Itt \(\displaystyle 1\leq i\leq n\) és legyen \(\displaystyle a_{n+1}:=a_1, a_{n+2}:=a_2\).)
Ha \(\displaystyle n\) értéke páros, akkor az így kapott egyenlőtlenségeket \(\displaystyle i=1,3,5,\dots,n-1\) esetén összeadva az igazolandó egyenlőtlenséget kapjuk. Tegyük fel tehát, hogy \(\displaystyle n\) páratlan. Ha a kapott egyenlőlenségeket \(\displaystyle i=1,2,\dots,n\) esetén felírjuk, összeadjuk, és osztunk 2-vel, akkor a bizonyítandónál gyengébb egyenlőtlenséget kapunk: a jobb oldalon a kívánt \(\displaystyle [n/2]\) helyett \(\displaystyle n/2\) lesz. Így ezen a becslésen kicsit javítanunk kell. A szimmetria miatt feltehető, hogy az \(\displaystyle a_{i-1}+a_i+a_{i+1}\) alakú összegek közül a legkisebb \(\displaystyle a_n+a_1+a_2\). (\(\displaystyle a_0:=a_n\)) Ekkor

$$\begin{multline*}\frac{a_n}{a_{n-1}+a_n+a_1}+\frac{a_1}{a_{n}+a_1+a_2}+\frac{a_2}{a_{1}+a_2+a_3}\leq \\ \leq\frac{a_n}{a_{n}+a_1+a_2}+\frac{a_1}{a_{n}+a_1+a_2}+\frac{a_2}{a_{n}+a_1+a_2}=1. \end{multline*}$$

Ez azt jelenti, hogy három, alkalmasan kiválasztott, egymást követő tag összegét sikerült 1-gyel felülről becsülni. A korábbi becslésünket \(\displaystyle i=3,5,\dots,n-2\) mellett felírva (ez \(\displaystyle (n-3)/2\) darab, vagyis legalább 1 darab egyenlőtlenség) és ehhez hozzáadva a kívánt egyenlőtlenséget kapjuk. (Mivel például \(\displaystyle i=3\)-ra szigorú a 3. és 4. tagra felírt egyenlőtlenség, így az összegként kapott egyenlőtlenség is szigorú.)

Végül megmutatjuk, hogy \(\displaystyle [n/2]\) helyett kisebb érték nem írható.

Legyen \(\displaystyle a_i\) értéke 1, ha \(\displaystyle i\) páros, és \(\displaystyle \varepsilon\), ha \(\displaystyle i\) páratlan. Ekkor, ha \(\displaystyle n\) páros, a vizsgált összeg értéke:

\(\displaystyle \frac{n}{2}\cdot\left( \frac{1}{1+2\varepsilon}+\frac{\varepsilon}{2+\varepsilon} \right),\)

ami tetszőlegesen közel lehet \(\displaystyle n/2\)-höz, ha \(\displaystyle \varepsilon>0\)-t kellően kicsinek választjuk.

Ha \(\displaystyle n\) páratlan, akkor az összeg:

\(\displaystyle \frac{n-1}{2}\cdot \frac{1}{1+2\varepsilon}+\frac{n-3}{2}\cdot\frac{\varepsilon}{2+\varepsilon}+2\cdot\frac{\varepsilon}{1+2\varepsilon},\)

ami \(\displaystyle (n-1)/2=[n/2]\)-höz tetszőlegesen közel lehet, ha \(\displaystyle \varepsilon>0\) kellően kicsi.

Ezzel megmutattuk, hogy a felső becslésnél sem írható kisebb érték.

Tehát mind az alsó, mind a felső becslés igazoltuk, és megmutattuk, hogy az alsó becslés nem cserélhető 1-nél nagyobb, a felső becslés nem cserélhető \(\displaystyle [n/2]\)-nél kisebb értékre.


Statisztika:

A B. 4980. feladat értékelése még nem fejeződött be.


A KöMaL 2018. októberi matematika feladatai