Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Az A. 405. feladat (2006. szeptember)

A. 405. Az a, b, c, x, y, z valós számokra teljesül, hogy a\geb\gec>0 és x\gey\gez>0. Mutassuk meg, hogy


\frac{a^2x^2}{(by+cz)(bz+cy)} + \frac{b^2y^2}{(cz+ax)(cx+az)} + \frac{c^2z^2}{(ax+by)(ay+bx)}
\ge \frac34 .

Koreai versenyfeladat

(5 pont)

A beküldési határidő 2006. október 16-án LEJÁRT.


Megoldás. Felhasználjuk a jól ismert Nesbitt-egyenlőtlenséget: tetszőleges pozitív A,B,C számokra

\frac{A}{B+C}+\frac{B}{C+A}+\frac{C}{A+B}\ge\frac32.

(Az egyenlőtlenség ekvivalens a B+C, C+A és A+B számokra felírt számtani és harmonikus közepek közötti egyenlőtlenséggel.)

A rendezési tétel alapján bz+cy\leby+cz és

(by+cz)(bz+cy)\le(by+cz)2\le2(b2y2+c2z2).

(Vagy másképpen, a két oldal különbsége: 2(b2y2+c2z2)-(by+cz)(bz+cy)=(by-cz)2+(by+cz)(b-c)(y-z)\ge0.)

Hasonlóan kapjuk, hogy

(cz+ax)(cx+az)\le2(c2z2+a2x2)

és

(ax+by)(ay+bx)\le2(a2x2+b2y2).

Ezeket a becsléseket a baloldalon alkalmazva, valamint a Nesbitt-egyenlőtlenséget alkalmazva az a2x2, b2y2 és c2z2 számokra,


\frac{a^2x^2}{(by+cz)(bz+cy)} + \frac{b^2y^2}{(cz+ax)(cx+az)} + \frac{c^2z^2}{(ax+by)(ay+bx)}
\ge

\ge \frac12\left(
\frac{a^2x^2}{b^2y^2+c^2z^2} +
\frac{b^2y^2}{c^2z^2+a^2x^2} +
\frac{c^2z^2}{a^2x^2+b^2y^2} +
\right)
\ge \frac12\cdot\frac32 = \frac34.


Statisztika:

26 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:Blázsik Zoltán, Dobribán Edgár, Farkas Ádám László, Fischer Richárd, Gyenizse Gergő, Gyürke Csaba, Hujter Bálint, Károlyi Márton, Kisfaludi-Bak Sándor, Kónya 495 Gábor, Korándi Dániel, Kornis Kristóf, Kutas Péter, Lovász László Miklós, Nagy 224 Csaba, Nagy 235 János, Nagy 314 Dániel, Sümegi Károly, Szilágyi Dániel, Szirmai Péter, Szűcs 003 Gábor, Tomon István, Tossenberger Anna, Varga 171 László.
1 pontot kapott:1 versenyző.
0 pontot kapott:1 versenyző.

A KöMaL 2006. szeptemberi matematika feladatai