問題83：Taiwan TST 2018

#83

代数

★★☆☆☆

Taiwan TST 2018 Round2 問1

$n$ を正の整数, $k$ を $1$ 以上の実数とする. $n$ 個の正の整数 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}$ が $a_{1} < a_{2} < \dots < a_{n}$ をみたすとき, $\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{2 k + 1} ≧ {(\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{k})}^{2}$ が成立することを示せ.

解いてみた

平山：大小とか整数とか要るんかな
渡辺： $k = 1, a_{i} = i$ で等号成立
平山：すごいときに等号成立しちゃったな…
宿田：整数の使いどころ、 $a_{i + 1} \geq a_{i} + 1$ かな
平山：帰納法かなさすがに、回しやすいし
平山： $a_{n + 1}^{2 k + 1} + (\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{k})^{2} \geq (\sum_{i = 1}^{n + 1} a_{i}^{k})^{2}$ か
平山：変形するといろいろ消えて $a_{n + 1}^{k}$ で括れるな
宿田：あってると思う
平山： $a_{n + 1}^{k} (a_{n + 1} - 1) \geq 2 (\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{k})$ かな
平山：右辺に仮定を再び使って…
渡辺： $a_{i + 1} \geq a_{i} + 1$ が使えるね
平山：これで回るね
宿田：よっしゃ

解説・感想

工事中

解答

まず, 以下の不等式 $a_{n}^{k} (a_{n} - 1) ≧ 2 (a_{1}^{k} + a_{2}^{k} + \dots + a_{n - 1}^{k})$ を, $n$ についての数学的帰納法によって示す. ただし, $n = 1$ のとき右辺は $0$ であるとする. $n = 1$ のとき明らかであるから, ある正の整数 $n$ で成立を仮定する. このとき, $a_{n} < a_{n + 1}$ より特に $a_{n + 1} - a_{n} ≧ 1$ であることに留意すれば $(\frac{a_{n}}{a_{n + 1}})^{k} ≦ \frac{a_{n}}{a_{n + 1}} ≦ \frac{a_{n + 1} - 1}{a_{n} + 1}$ が成立するから, これより $a_{n + 1}^{k} (a_{n + 1} - 1) ≧ a_{n}^{k} (a_{n} + 1) = a_{n}^{k} (a_{n} - 1) + 2 a_{n}^{k} ≧ 2 \sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{k}$ すなわち $n + 1$ の場合も成立する.

以下, 本題の不等式を再び $n$ についての数学的帰納法によって示す. $n = 1$ のとき明らかである. ある正の整数 $n$ で成立を仮定すると, $\begin{aligned} a_{n + 1}^{2 k + 1} & = a_{n + 1}^{2 k} + a_{n + 1}^{2 k} (a_{n + 1} - 1) \\ ≧ a_{n + 1}^{2 k} + 2 a_{n + 1}^{k} \sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{k} \\ = (\sum_{i = 1}^{n + 1} a_{i}^{k})^{2} - (\sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{k})^{2} \\ ≧ (\sum_{i = 1}^{n + 1} a_{i}^{k})^{2} - \sum_{i = 1}^{n} a_{i}^{2 k + 1} \end{aligned}$ より $n + 1$ の場合も成立するから, 以上より示された.