Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Az A. 487. feladat (2009. szeptember)

A. 487. Legyenek \(\displaystyle x\), \(\displaystyle y\), \(\displaystyle z\) pozitív számok, amelyekre \(\displaystyle xyz\ge 1\). Igazoljuk, hogy

\(\displaystyle \frac{x}{x^3+y^2+z}+ \frac{y}{y^3+z^2+x}+ \frac{z}{z^3+x^2+y}\le 1. \)

Javasolta: Tuan Le (Anaheim, Kalifornia, USA)

(5 pont)

A beküldési határidő 2009. október 12-én LEJÁRT.

Megoldás. Az első tört becsléséhez alkalmazzuk a Cauchy-Schwarz egyenlőtlenséget a $x^{3/2},y,\sqrt{z}$ és az $1/\sqrt{x},1,\sqrt{z}$ számhármasokra:

$\left(\big(x^{3/2}\big)+y^2+\big(\sqrt{z}\big)^2\right) \left(\big(1/\sqrt{x}\big)^2+1^2+\big(\sqrt{z}\big)^2\right) \ge \left(\big(1/\sqrt{x}\big)\cdot\big(x^{3/2}\big)+ y\cdot1 + \sqrt{z}\cdot\sqrt{z} \right)^2,$

$(x^3+y^2+z)\left(\frac1x+1+z\right) \ge (x+y+z)^2.$

Ezt a becslést alkalmazva a nevezőre,

$\frac{x}{x^3+y^2+z} \le \frac{1+x+xz}{(x+y+z)^2}.$

(1a)

A változók ciklikus cseréjével, hasonlóan kapjuk, hogy

$\frac{y}{y^3+z^2+x} \le \frac{1+y+yx}{(x+y+z)^2}$

(1b)

és

$\frac{z}{z^3+x^2+y} \le \frac{1+z+zy}{(x+y+z)^2}.$

(1c)

A számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenségből

$1 = \root{3}\of{xyz} \le \frac{x+y+z}3,$

(2)

továbbá

$xy+xz+yz \le xy+xz+yz + \frac{(x-y)^2+(x-y)^2+(y-z)^2}3 = \frac13(x+y+z)^2.$

(3)

Az (1a), (1b), (1c), (2), (3) egyenlőtlenségeket alkalmazva,

$\frac{x}{x^3+y^2+z}+ \frac{y}{y^3+z^2+x}+ \frac{z}{z^3+x^2+y}\le$

$\le\frac{1+x+xz}{(x+y+z)^2}+\frac{1+y+yx}{(x+y+z)^2}+\frac{1+z+zy}{(x+y+z)^2}= \frac{3\cdot1^2+(x+y+z)\cdot1+(xy+xz+yz)}{(x+y+z)^2} \le$

$\le \frac{3\left(\frac{x+y+z}3\right)^2+ (x+y+z)\cdot\frac{x+y+z}3+\frac13(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2} = 1.$

Statisztika:

5 dolgozat érkezett.

5 pontot kapott: Backhausz Tibor, Frankl Nóra, Nagy 235 János, Nagy 648 Donát.

0 pontot kapott: 1 versenyző.

A KöMaL 2009. szeptemberi matematika feladatai