KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Sign In
Sign Up
 Magyar
Information
Contest
Journal
Articles

 

Problem B. 4461. (May 2012)

B. 4461. Let p\ge2 be a real number. Prove that (x+y)p+(z+v)p+(x+z)p+(y+v)p\lexp+yp+zp+vp+(x+y+z+v)p for all non-negative real numbers x, y, z and v.

Suggested by Á. Besenyei, Budapest

(5 pont)

Deadline expired on June 11, 2012.


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

1. megoldás. Az állítást azzal a kiegészítéssel igazoljuk, hogy egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha az x\toy\tov\toz\tox ciklikus permutációban van két egymás utáni változó, amelynek értéke 0.

Tegyük fel először, hogy valamely változó, mondjuk x=0. Ekkor az

(y+z+v)p+vp\ge(y+v)p+(z+v)p

egyenlőtlenséget kell igazolnunk, azzal a kiegészítéssel, hogy egyenlőség pontosan az y=0 vagy z=0 esetben áll fenn. Legyen t\ge0, és tekintsük a nemnegatív valós számokon értelmezett ft(x)=(x+t)p-xp függvényt. Ennek deriváltjára

ft'(x)=p((x+t)p-1-xp-1)\ge0

teljesül minden nemnegatív x helyen (x=0 esetén csak a jobb oldali deriváltra gondolva) még akkor is ha p\ge1, és egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha t=0 vagy p=1. Ezért t>0, p>1 esetén az ft(x) függvény szigorúan monoton nő, t=0 vagy p=1 esetén pedig konstans. Következésképpen fy(z+v)\gefy(v), ahol p>1 esetén egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha y=0 vagy v=0. Ezzel ezt az állítást igazoltuk.

Tekintsük most az \varepsilon\ge0 számokon értelmezett

fy,v,z(\varepsilon)=(y+v+z+4\varepsilon)p+(\varepsilon)p+(y+\varepsilon)p+(v+\varepsilon)p+(z+\varepsilon)p-

-(y+2\varepsilon)p-(y+v+2\varepsilon)p-(v+z+2\varepsilon)p-(z+2\varepsilon)p

függvényt. Az imént beláttuk, hogy fy,v,z(0)\ge0, ahol az egyenlőség szükséges és elégséges feltétele y=0 vagy z=0. Elegendő tehát azt megmutatnunk, hogy ha y,z,v\ge0 és \varepsilon>0, akkor fy,v,z(\varepsilon)>0, ugyanis ha a feladatban kitűzött egyenlőtlenséget valamely (x,y,v,z) számnégyesre igazolni szeretnénk, akkor az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy x\ley,v,z. Így az \varepsilon=x, y=y-x, v=v-x, z=z-x helyettesítéssel a bizonyítandó állítást visszavezethetjük a fenti egyenlőtlenségre.

Ehhez elég megmutatnunk, hogy a függvény deriváltjára (q=p-1)

f'y,v,z(\varepsilon)/p=4(y+v+z+4\varepsilon)q+(\varepsilon)q+(y+\varepsilon)q+(v+\varepsilon)q+(z+\varepsilon)q-

-2(y+2\varepsilon)q-2(y+v+2\varepsilon)q-2(v+z+2\varepsilon)q-2(z+2\varepsilon)q\ge0,

ahol \varepsilon>0 esetén szigorú egyenlőtlenség áll fenn. Először is vegyük észre, hogy

f'y,v,z(0)/p=2((y+z+v)q-(y+v)q-(z+v)q+vq)+(2(y+z+v)q-yq-vq-zq).

Minthogy q=p-1\ge1, a megoldás első lépése szerint egyrészt

(y+z+v)q-(y+v)q-(z+v)q+vq\ge0,

másrészt 2(y+z+v)q\ge(y+z)q+vq\geyq+zq+vq. Ezért f'y,v,z(0)\ge0, így már csak azt kell belátnunk, hogy f''y,v,z(\varepsilon)\ge0, ahol \varepsilon>0 esetén szigorú egyenlőtlenség áll fenn. Minthogy azonban az r=q-1\ge0 jelöléssel

f''y,v,z(\varepsilon)/p(p-1)=16(y+v+z+4\varepsilon)r+(\varepsilon)r+(y+\varepsilon)r+(v+\varepsilon)r+(z+\varepsilon)r-

-4(y+2\varepsilon)r-4(y+v+2\varepsilon)r-4(v+z+2\varepsilon)r-4(z+2\varepsilon)r,

ezen állítás már nyilvánvaló.

1. megoldás.

2. megoldás (vázlat).

Lemma. Ha a,b,c,d nemnegatív számok, a+c>0, és b+d>0, akkor

(a+b+c+d)p-2(a+b)(c+d)\ge(a+c)p-2ac+(b+d)p-2bd.

Egyenlőség csak p=1 és ad=bc esetén áll fenn.

Bizonyítás. A p=1 esetben az állítás azért igaz, mert


\frac{(a+b)(c+d)}{a+b+c+d}-\frac{ac}{a+c}-\frac{bd}{b+d} =
\frac{(ad-bc)^2}{(a+b+c+d)(a+c)(b+d)} \ge 0.

Az általános eset ebből következik:


(a+c)^{p-2}ac + (b+d)^{p-2}bd
=\frac{ac}{a+c}(a+c)^{p-1}+\frac{bd}{b+d}(b+d)^{p-1} \le


\le\frac{ac}{a+c}(a+b+c+d)^{p-1}+\frac{bd}{b+d}(a+b+c+d)^{p-1}
=\bigg(\frac{ac}{a+c}+\frac{bd}{b+d}\bigg)(a+b+c+d)^{p-1} \le


\le\frac{(a+b)(c+d)}{a+b+c+d}(a+b+c+d)^{p-1}
= (a+b+c+d)^{p-2}(a+b)(c+d).

A p>1 esetben az egyenlőséghez szükséges, hogy ac=bd=0 és ad=bc is teljesüljön.

Ezzel a lemmát igazoltuk.

A feladat állításában triviálisan egyenlőség áll, ha a p=1, az x=z=0 és az y=v=0 feltételek közül legalább az egyik teljesül. A továbbiakban feltételezzük, hogy p>1, x+z>0, és y+v>0. Írjuk át a két oldal különbségét kétszeres integrállá:

(x+y+z+v)p-(x+y)p-(z+v)p-(x+z)p+xp+zp-(y+v)p+yp+vp=

=[(x+y+zs+vs)p-(zs+vs)p-(x+zs)p+(zs)p-(y+vs)p+(vs)p]s=01=

=[[(xt+yt+zs+vs)p-(xt+zs)p-(yt+vs)p]t=01]s=01=


= \Bigg[
p\int_{t=0}^1 \Big(
(xt+yt+zs+vs)^{p-1}(x+y) - (xt+zs)^{p-1}x - (yt+vs)^{p-1}y
\Big) \mathrm{d}t 
\Bigg]_{s=0}^1 =


= p(p-1) \int_{s=0}^1 \int_{t=0}^1 \Big(
(xt+yt+zs+vs)^{p-2}(x+y)(z+v) - (xt+zs)^{p-2}xz - (yt+vs)^{p-2}yv
\Big) \mathrm{d}t \, \mathrm{d}s .

A lemmát az a=xt, b=yt, c=zs, d=vs számokra alkalmazva láthatjuk, hogy az integrandus mindenhol pozitív.


Statistics:

7 students sent a solution.
5 points:Gyarmati Máté, Janzer Olivér, Mester Márton, Strenner Péter, Zilahi Tamás.
0 point:2 students.

Our web pages are supported by:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program    
MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley