Komentarz

XLIII OM - III - Zadanie 3

Udowodnić że dla dowolnych liczb rzeczywistych $a_1, a_2, \ldots , a_r$ zachodzi nierówność

$ \sum_{n=1}^r\left(\sum_{m=1}^r \frac{a_ma_n}{m+n}\right) \geq 0. $

Rozstrzygnąć, dla jakich liczb $a_1, a_2, \ldots , a_r$ nierówność ta staje się równością.

Rozwiązanie

Oznaczmy badane wyrażenie przez $F_r(a_1 ,\ldots,a_r)$ :

$ (1) \qquad F_r(a_1 ,\ldots,a_r) = \sum_{n=1}^r \left( \sum_{m=1}^r \frac{a_m a_n}{m+n} \right). $

Gdy $r=1$ , mamy do czynienia z jedną liczbą rzeczywistą $a_1$ ; suma ,,wewnętrzna'' redukuje się do pojedynczego składnika; suma ,,zewnętrzna''
też, i mamy po prostu $F_1(a_1) = a_1^2/2$ . Nierówność $F_1(a_1) \geq 0$ jest oczywista; staje się ona równością tylko dla $a_1 = 0$ .

Stąd przypuszczenie: dana do udowodnienia nierówność

$ F_r(a_1 ,\ldots,a_r) \geq 0 $

powinna zachodzić dla każdej liczby naturalnej $r \geq 1$ i dla każdego układu liczb rzeczywistych $(a_1,\ldots,a_r)$ , przechodząc w równość tylko wtedy, gdy $a_1=\ldots= a_r = 0$ .

Równość

$ F_r(0, \ldots, 0) = 0 $

nie budzi wątpliwości. Pozostaje do udowodnienia nierówność ostra

$ (2) \qquad F_r(a_1,\ldots,a_r) > 0 $

dla każdego układu liczb rzeczywistych $(a_1,\ldots,a_r) \ne (0,\ldots,0)$ .

Dowód poprowadzimy przez indukcję względem $r$ . Przypadek $r = 1$ został już rozpatrzony.

Ustalmy liczbę naturalną $r \geq 2$ i przyjmijmy, że nierówność analogiczna do (2) zachodzi dla $r-1$ :

$ (3) \qquad F_{r-1}(a_1, \ldots, a_{r-1}) > 0 $

dla każdego układu $(a_1, \ldots ,a_{r-1}) \ne (0, \ldots ,0)$ . Chcemy wykazać słuszność tezy (2) dla każdego układu $(a_1, \ldots ,a_{r-1}, a_r) \ne (0, \ldots ,0,0)$ .

Niech więc będą dane liczby $a_1, \ldots ,a_{r-1}, a_r$ nie wszystkie równe zeru. Wyodrębnijmy w każdej z sum występujących w określeniu (1) składnik o numerze $r$ :

$ (4) \qquad F_r(a_1, \ldots, a_{r-1}, a_r) = \sum_{n=1}^{r-1} \left( \sum_{m=1}^{r-1} \frac{a_ma_n}{m+n} + \frac{a_ra_n}{r+n} \right) + \left( \sum_{m=1}^{r-1} \frac{a_ma_r}{m+r} + \frac{a_r^2}{2r}\right). $

Jeśli $a_1 = \ldots = a_{r-1} =0$ , to z konieczności $a_r \ne 0$ , a napisane wyrażenie ma postać

$ F_r(0,\ldots,0,a_r) = \frac{a_r^2}{2r}. $

Jest to liczba dodatnia, a więc nierówność (2) jest w tym przypadku spełniona.

Rozważmy teraz przypadek, w którym nie wszystkie liczby $a_1,\ldots,a_{r-1}$ są zerami. Spójrzmy na wyrażenie (4) jak na funkcję zmiennej $a_r$ , którą teraz oznaczymy przez $x$ ; to znaczy, przyjmijmy

$ T(x) = F_r(a_1, \ldots, a_{r-1}, x) = Ax^2 + Bx + C, $

gdzie współczynniki $A$ , $B$ , $C$ są dane (zgodnie z równością (4)) wzorami

$ \begin{split} A & = \frac{1}{2r},\\ B & = \sum_{n=1}^{r-1} \frac{a_n}{r+n} + \sum_{m=1}^{r-1} \frac{a_m}{m+r} = 2 \sum_{k=1}^{r-1} \frac{a_k}{r+k},\\ C & = \sum_{n=1}^{r-1} \left( \sum_{m=1}^{r-1} \frac{a_ma_n}{m+n} \right). \end{split} $

Wyrażenie $T(x)$ jest trójmianem kwadratowym. Obliczymy jego wyróżnik $\Delta = B^2-4AC$ :

$ \begin{split} B^2 & = 4 \left( \sum_{k=1}^{r-1} \frac{a_k}{r+k} \right)^2 = 4 \left( \sum_{n=1}^{r-1} \frac{a_n}{r+n} \right) \left( \sum_{m=1}^{r-1} \frac{a_m}{m+r} \right)=\\ & = 4 \sum_{n=1}^{r-1} \left( \sum_{m=1}^{r-1} \frac{a_ma_n}{(m+r)(r+n)} \right); \end{split} $

stąd

$ (5) \qquad \begin{split} \frac{\Delta}{4} & = \frac{1}{4} B^2 - AC = \\ & = \sum_{n=1}^{r-1} \left( \sum_{m=1}^{r-1} \frac{a_ma_n}{(m+r)(r+n)} \right) - \frac{1}{2r} \sum_{n=1}^{r-1} \left( \sum_{m=1}^{r-1} \frac{a_ma_n}{m+n} \right)=\\ & = \sum_{n=1}^{r-1} \left( \sum_{m=1}^{r-1} \ c_{mn}a_ma_n \right), \end{split} $

Wersja do wydruku

Olimpiady Matematyczne

Komentarz

XLIII OM - III - Zadanie 3

Rozwiązanie

Dodaj komentarz

Klasyfikacja tematyczna

Rok

Zawody