Problem B. 4980. (October 2018)
B. 4980. Let \(\displaystyle n>3\) be a positive integer, and let \(\displaystyle a_1, a_2, \ldots, a_n\) be positive real numbers. Prove that
\(\displaystyle 1 < \frac{a_1}{a_n+a_1+a_2} + \frac{a_2}{a_1+a_2+a_3} + \ldots + \frac{a_n}{a_{n-1}+a_n+a_1} < \left[ \frac{n}{2} \right] \)
where the left-hand side of the inequality cannot be replaced by a larger number, and the right-hand side cannot be replaced by a smaller number. (\(\displaystyle [x]\) denotes the greatest integer not greater than the number \(\displaystyle x\).)
(6 pont)
Deadline expired on November 12, 2018.
Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation
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
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.
Statistics:
39 students sent a solution. 6 points: Argay Zsolt, Biczó Benedek, Dékány Barnabás, Dobák Dániel, Füredi Erik Benjámin, Győrffi Ádám György, Győrffy Ágoston, Hegedűs Dániel, Kerekes Anna, Nagy Nándor, Szabó 991 Kornél, Telek Zsigmond , Weisz Máté. 5 points: Beke Csongor, Csaplár Viktor, Fraknói Ádám, Hámori Janka, Kovács 129 Tamás, Tóth 827 Balázs, Várkonyi Zsombor. 4 points: 3 students. 3 points: 7 students. 2 points: 3 students. 0 point: 3 students. Unfair, not evaluated: 3 solutionss.
Problems in Mathematics of KöMaL, October 2018