Problem B. 4000. (April 2007)

B. 4000. Find the smallest possible value of x²+y², given that x and y are real numbers, x $\ne$ 0 and xy(x²-y²)=x²+y².

Competition problem from Britain

(5 pont)

Deadline expired on May 15, 2007.

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

Megoldás: Ha x $\ne$ 0, akkor a jobboldal pozitív, tehát y sem lehet 0. T=x²+y² legkisebb lehetséges értékének meghatározásához feltehetjük, hogy x,y>0. Ha ugyanis a két szám közül egyik pozitív, a másik pedig negatív, akkor x helyébe -y-t, y helyébe pedig x-et írva olyan számokat kapunk, amelyekre továbbra is teljesül az egyenlőség, előjelük megegyezik, T értéke pedig vátozatlan. Ha pedig mindkét szám negatív, akkor mindkettőt helyettesíthetjük az ellentettjével.

Legyen tehát x,y>0, ekkor x>y, vagyis x=y+z alkalmas z pozitív egész számmal. Ekkor az egyenlőség

(y+z)yz(2y+z)=(y+z)²+y²,

vagyis

yz(2y²+3yz+z²)=(2y²+2yz+z²)

alakba írható, ami a V=yz helyettesítéssel V(T+V)=T alakra hozható, vagyis

$T=\frac{V^2}{1-V}.$

A $2y^2+z^2\ge 2\sqrt{2}yz$ egyenlőtlenség miatt (ahol egyenlőség $z=\sqrt{2}y$ esetén áll fenn) tudjuk, hogy $T\ge (2\sqrt{2}+2)V$ . Mivel T,V>0, vagyis 0<V<1, innen kapjuk, hogy

$(2\sqrt{2}+2)V(1-V)\ge V^2,$

ahonnan

$V\ge \frac{2\sqrt{2}+2}{2\sqrt{2}+3}=\frac{2}{\sqrt{2}+1}=2(\sqrt{2}-1),$

vagyis $T\ge (2\sqrt{2}+2)V\ge 4$ . Egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha

$T=\frac{V^2}{1-V}=(2\sqrt{2}+2)V,$

vagyis ha $yz=V=2(\sqrt{2}-1)$ és $z=\sqrt{2}y$ , azaz $y=\sqrt{2-\sqrt{2}}$ , $x=\sqrt{2+\sqrt{2}}$ esetén.

Az adott feltételek mellett tehát x²+y² legkisebb lehetséges értéke 4, és ezt összesen négy különböző x,y valós számpárra veszi fel, melyek felsorolását az olvasóra bízzuk.

Statistics:

52 students sent a solution.

5 points: Blázsik Zoltán, Bodor Bertalan, Bogár 560 Péter, Fonyó Dávid, Gyurcsik Judit, Honner Balázs, Kiss 243 Réka, Korom-Vellás Judit, Kunos Ádám, Kunovszki Péter, Lovas Lia Izabella, Mercz Béla, Peregi Tamás, Réti Dávid, Sárkány Lőrinc, Szikszay László, Szőke Nóra, Tossenberger Anna, Varga 171 László, Wolosz János.

4 points: Bencs 111 Ferenc, Bozi Veronika, Éles András, Fridrik József Richárd, Gévay Gábor, Godó Zita, Horváth 385 Vanda, Kardos Kinga Gabriela, Keresztfalvi Tibor, Márkus Bence Gábor, Mihálykó Ágnes, Páldy Sándor, Somogyi Ákos, Szabó 895 Dávid, Szalai Szilárd, Szalóki Dávid, Szűcs Gergely, Tóth 666 László Márton, Véges Márton.

3 points: 6 students.

1 point: 2 students.

0 point: 1 student.

Unfair, not evaluated: 4 solutionss.

Problems in Mathematics of KöMaL, April 2007

52 students sent a solution.
5 points:	Blázsik Zoltán, Bodor Bertalan, Bogár 560 Péter, Fonyó Dávid, Gyurcsik Judit, Honner Balázs, Kiss 243 Réka, Korom-Vellás Judit, Kunos Ádám, Kunovszki Péter, Lovas Lia Izabella, Mercz Béla, Peregi Tamás, Réti Dávid, Sárkány Lőrinc, Szikszay László, Szőke Nóra, Tossenberger Anna, Varga 171 László, Wolosz János.
4 points:	Bencs 111 Ferenc, Bozi Veronika, Éles András, Fridrik József Richárd, Gévay Gábor, Godó Zita, Horváth 385 Vanda, Kardos Kinga Gabriela, Keresztfalvi Tibor, Márkus Bence Gábor, Mihálykó Ágnes, Páldy Sándor, Somogyi Ákos, Szabó 895 Dávid, Szalai Szilárd, Szalóki Dávid, Szűcs Gergely, Tóth 666 László Márton, Véges Márton.
3 points:	6 students.
1 point:	2 students.
0 point:	1 student.
Unfair, not evaluated:	4 solutionss.

Already signed up?
New to KöMaL?