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

Az A. 561. feladat (2012. április)

A. 561. Mutassuk meg, hogy


\frac{a^3b}{{(3a+b)}^p} + \frac{b^3c}{{(3b+c)}^p}
+\frac{c^3a}{{(3c+a)}^p} \ge \frac{a^2bc}{{(2a+b+c)}^p}+
\frac{b^2ca}{{(2b+c+a)}^p} + \frac{c^2ab}{{(2c+a+b)}^p}

teljesül tetszőleges a, b, c, p pozitív számok esetén.

(5 pont)

A beküldési határidő 2012. május 10-én LEJÁRT.


1. megoldás. Megmutatjuk, hogy


\frac{a^3b}{{(3a+b)}^p} + \frac{c^2ab}{{(2c+a+b)}^p}
\ge \frac{2a^2bc}{{(2a+b+c)}^p}. (1)

A számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenséget előbb a balolalon álló tagokra, majd a 3a+b és a+b+2c számokra alkalmazva,


\frac{a^3b}{{(3a+b)}^p} + \frac{c^2ab}{{(2c+a+b)}^p} \ge
2\sqrt{\frac{a^3b}{{(3a+b)}^p} \cdot \frac{c^2ab}{{(2c+a+b)}^p}} =

 = \frac{2a^2bc}{\Big(\sqrt{(3a+b)(a+b+2c)}\Big)^p} \ge
\frac{2a^2bc}{\Big(\frac{(3a+b)+(a+b+2c)}2\Big)^p} =
\frac{2a^2bc}{(2a+b+c)^p}.

Az (1) átrendezéséből, a változók ciklikus cseréjével,


\frac{a^3b}{{(3a+b)}^p} \ge
2\frac{a^2bc}{{(2a+b+c)}^p} - \frac{c^2ab}{{(2c+a+b)}^p},


\frac{b^3c}{{(3b+c)}^p} \ge
2\frac{b^2ca}{{(2b+c+a)}^p} - \frac{a^2bc}{{(2a+b+c)}^p},


\frac{c^3a}{{(3c+a)}^p} \ge
2\frac{c^2ab}{{(2c+a+b)}^p} - \frac{b^2ca}{{(2b+c+a)}^p}.

Ezek összege éppen a bizonyítandó állítás.

2. megoldás.

Lemma. A,p>0 esetén


\frac1{A^p} = \frac1{\Gamma(p)} \int_0^\infty
t^{p-1}e^{-At}\mathrm{d}t,

ahol


\Gamma(p) = \int_0^\infty t^{p-1}e^{-t}\mathrm{d}t

az Euler-féle Gamma-függvény. (Lásd a A. 493. feladat megoldását.)

Bizonyítás. Az u=At helyettesítéssel


\int_0^\infty t^{p-1}e^{-At} \, \mathrm{d}t =
\frac1{A^p}
\int_0^\infty u^{p-1}e^{-u} \, \mathrm{d}u =
\frac{\Gamma(p)}{A^p}.

A lemmát az A=3a+b, A=3b+c, A=3c+a, A=2a+b+c, A=2b+c+a, A=2c+a+b, esetekben alkalmazva,


\left(\frac{a^3b}{{(3a+b)}^p} + \frac{b^3c}{{(3b+c)}^p}
+\frac{c^3a}{{(3c+a)}^p}\right) - \left(\frac{a^2bc}{{(2a+b+c)}^p}+
\frac{b^2ca}{{(2b+c+a)}^p} + \frac{c^2ab}{{(2c+a+b)}^p} \right) =


=\frac{a^3b}{\Gamma(p)}\int_0^\infty t^{p-1}e^{-(3a+b)t}\mathrm{d}t 
+\frac{b^3c}{\Gamma(p)}\int_0^\infty t^{p-1}e^{-(3b+c)t}\mathrm{d}t 
+\frac{c^3a}{\Gamma(p)}\int_0^\infty t^{p-1}e^{-(3c+a)t}\mathrm{d}t =


-\frac{a^2bc}{\Gamma(p)}\int_0^\infty t^{p-1}e^{-(2a+b+c)t}\mathrm{d}t 
-\frac{b^2ca}{\Gamma(p)}\int_0^\infty t^{p-1}e^{-(2b+c+a)t}\mathrm{d}t 
-\frac{c^2ab}{\Gamma(p)}\int_0^\infty t^{p-1}e^{-(2c+a+b)t}\mathrm{d}t


=\frac1{\Gamma(p)}\int_0^\infty t^{p-1} \Big(
a^3b e^{-(3a+b)t} +
b^3c e^{-(3b+c)t} +
c^3a e^{-(3c+a)t} -


- a^2bc e^{-(2a+b+c)t} -
b^2ca e^{-(2b+c+a)t} -
c^2ab e^{-(2c+a+b)t}
\Big)\mathrm{d}t


=\frac1{\Gamma(p)}\int_0^\infty t^{p-1} \bigg(
abe^{-(a+b)t}\Big(ae^{-at}-ce^{-ct}\Big)^2 +
bce^{-(b+c)t}\Big(be^{-bt}-ae^{-at}\Big)^2 +


+ cae^{-(c+a)t}\Big(ce^{-ct}-be^{-bt}\Big)^2 
\bigg)\mathrm{d}t \ge0.

Megjegyzés. Mindkét megoldásból leolvashatjuk, hogy egyenlőség csak a=b=c esetén áll fenn.


Statisztika:

5 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:Ágoston Tamás, Janzer Olivér, Mester Márton, Omer Cerrahoglu, Strenner Péter.

A KöMaL 2012. áprilisi matematika feladatai