Problem-Marathon - Seite 3

01.09.2007, 14:49

Menelaos

Hier übrigens die Lösung meiner Aufgabe von Arthur. Freude

Zitat:

Original von Arthur Dent, 17.07.2007
Ich nehme an, du betrachtest nur $\begin{eqnarray*} k\geq 2 \end{eqnarray*}$ , denn für $\begin{eqnarray*} k=1 \end{eqnarray*}$ sind ja beliebige Tupel $\begin{eqnarray*} (x_1,\ldots,x_n) \end{eqnarray*}$ Lösung.

Seien $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ Indizes mit

$\begin{eqnarray*} x_m = \min\{x_1,\ldots,x_n\}\quad\mbox{und}\quad x_M = \max\{x_1,\ldots,x_n\} \end{eqnarray*}$ .

Dann folgt aus der Positivität beider Werte

$\begin{eqnarray*} x_m^k = \sum_{j=0}^{k-1} x_{m+j} \geq k x_m \end{eqnarray*}$

und weiter dann $\begin{eqnarray*} x_m \geq \sqrt[k-1]{k} \end{eqnarray*}$ . Analog gilt

$\begin{eqnarray*} x_M^k = \sum_{j=0}^{k-1} x_{M+j} \leq k x_M \end{eqnarray*}$

und weiter $\begin{eqnarray*} x_M \leq \sqrt[k-1]{k} \end{eqnarray*}$ . Aus

$\begin{eqnarray*} \sqrt[k-1]{k} \leq x_m \leq x_j \leq x_M \leq \sqrt[k-1]{k} \end{eqnarray*}$

folgt zwangsläufig die einzig noch mögliche Lösung

$\begin{eqnarray*} x_j = \sqrt[k-1]{k} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} j=1,\ldots,n \end{eqnarray*}$ ,

deren Richtigkeit die Probe bestätigt.

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