Problem B. 4620. (March 2014)

B. 4620. Prove that for any numbers $0\le a_1\le\ldots\le a_{3n}$ , $\bigg(\sum_{i=1}^{3n}a_i\bigg)^3 \ge 27n^2\bigg(\sum_{i=1}^{n}a_ia_{n+i}a_{2n+i}\bigg)$ .

(6 pont)

Deadline expired on April 10, 2014.

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

Megoldásvázlat. Legyen $\displaystyle S=\sum_{i=1}^{3n}a_i$, $\displaystyle K=a_n$ és $\displaystyle L=a_{2n}$.

A megoldás alapja a következő tény:

Lemma. Legyenek $\displaystyle x,y,z$ valós számok.

(1) Ha $\displaystyle 0\le x\le K\le y$, akkor $\displaystyle xy\le K(x+y-K)$. Egyenlőség akkor van, ha $\displaystyle x=K$ vagy $\displaystyle y=K$.

(2) Ha $\displaystyle 0\le x\le K\le y\le L\le z$, akkor $\displaystyle xyz\le KL(x+y+z-K-L)$. Egyenlőség a következő esetekben áll fenn: ha $\displaystyle x=K=0$; ha $\displaystyle x=K$ és $\displaystyle y=L$; ha $\displaystyle y=K$ és $\displaystyle z=L$.

Bizonyítás.

Az (1) a triviális $\displaystyle (K-x)(y-K)\ge0$ egyenlőtlenség átrendezése.

A (2) bizonyításához alkalmazzuk (1)-et az $\displaystyle x,y$ számokra, majd az $\displaystyle x+y-K$ és $\displaystyle z$ számokra, $\displaystyle K$ helyett $\displaystyle L$-lel (ezt megtehetjük, mert $\displaystyle 0=0+K-K\le x+y-K\le K+L-K\le L$):

$\displaystyle xyz \le K(x+y-K)z\le K\cdot L\big((x+y-K)+z-L\big) = KL(x+y+z-K-L). $

A feladat bizonyításához írjuk fel (2)-t minden $\displaystyle i=1,2,\ldots,n$ esetén az $\displaystyle a_i,a_{n+i},a_{2n+i}$ számokra, és ezeket az egyenlőtlenségeket adjuk össze:

$\displaystyle \sum_{i=1}^n a_ia_{n+i}a_{2n+i} \le \sum_{i=1}^n KL(a_i+a_{n+i}+a_{2n+i}-K-L) = KL(S-nK-nL). $

(3)

Írjuk fel a számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenséget az $\displaystyle nK$, $\displaystyle nL$ és $\displaystyle S-nK-nL$ számokra:

$\displaystyle nK\cdot nL\cdot(S-nK-nL) \le \left(\frac{nK+nL+(S-nK-nL)}3\right)^3 =\frac{S^3}{27}. $

(4)

A (3) és a (4) együtt kiadja az állítást.

Az egyenlőség esetének vizsgálata. A (4)-ben akkor áll egyenlőség, ha $\displaystyle K=L=\frac{S}3$.

A $\displaystyle K=L$ feltevés mellett az $\displaystyle a_i,a_{n+i},a_{2n+i}$ számokra felírt (2)-ben akkor áll egyenlőség, ha $\displaystyle a_i=K$ vagy $\displaystyle a_{2n+i}=K$.

Összefoglalva, az állításban akkor áll egyenlőség, ha az $\displaystyle a_1,\ldots,a_{3n}$ számok közül legalább $\displaystyle 2n$ darab (szomszédos) egyenlő az összes, $\displaystyle 3n$ darab szám átlagával.

Megjegyzés. Általánosabban, tetszőleges $\displaystyle k,n\ge2$ egészekre és $\displaystyle 0\le a_0\le a_1\le\ldots\le a_{kn-1}$ valós számokra

$\displaystyle \left( \frac{1}{kn} \sum\limits_{k=0}^{kn-1} a_i \right)^k \ge \frac{1}{n} \sum\limits_{i=0}^{k-1} \left(\prod\limits_{j=0}^{n-1} a_{nj+i}\right). $

A fenti megoldás ennek bizonyítására is működik.

Statistics:

6 students sent a solution.

6 points: Szőke Tamás.

5 points: Maga Balázs.

2 points: 1 student.

0 point: 3 students.

Problems in Mathematics of KöMaL, March 2014

6 students sent a solution.
6 points:	Szőke Tamás.
5 points:	Maga Balázs.
2 points:	1 student.
0 point:	3 students.

Already signed up?
New to KöMaL?