Problem B. 4040. (November 2007)

B. 4040. a, b, c are positive real numbers, and ab+bc+ca=1. Prove that

$\frac{1-a^2}{1+a^2}+\frac{1-b^2}{1+b^2}+\frac{1-c^2}{1+c^2}\le\frac{3}{2}.$

(5 pont)

Deadline expired on December 17, 2007.

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

Megoldás: A nevezőkkel való beszorzás és rendezés után a bizonyítandó állítás a

9a²b²c²+5(a²b²+b²c²+c²a²)+(a²+b²+c²)-3 $\ge$ 0

alakot ölti. A feltételt felhasználva

a²+b²+c²=(a+b+c)²-2(ab+bc+ca)=(a+b+c)²-2

és

a²b²+b²c²+c²a²=(ab+bc+ca)²-2(ab²c+bc²a+ca²b)=1-2abc(a+b+c),

vagyis a

(3abc)²-10abc(a+b+c)+(a+b+c)² $\ge$ 0

egyenlőtlenséget kell igazolnunk. A baloldalt átírhatjuk

$\Bigl( 3abc-\frac{1}{3}(a+b+c)\Bigr)^2+\frac{8}{3\sqrt{3}}(a+b+c) \Bigl(\frac{a+b+c}{\sqrt{3}}-3\sqrt{3}abc\Bigr)$

alakba. Az $x=\sqrt{3}a$ , $y=\sqrt{3}b$ , $z=\sqrt{3}c$ helyettesítéssel tehát csak az

$\frac{x+y+z}{{3}}\ge xyz$

egyenlőtlenséget kell igazolnunk. A feltételt xy+yz+zx=3 alakra átírva a jól ismert x²+y²+z² $\ge$ xy+yz+zx egyenlőtlenség miatt

$\Bigl(\frac{x+y+z}{{3}}\Bigr)^2=\frac{(x^2+y^2+z^2)+2(xy+yz+zx)}{9}\ge 1,$

a számtani-mértani közepek között fennálló összefüggés miatt pedig

$1=\frac{xy+yz+zx}{{3}}\ge{\root{3}\of{x^2y^2z^2}}=(xyz)^{2/3}$

adódik, ahonnan valóban

$\frac{x+y+z}{{3}}\ge 1\ge xyz.$

A megoldásból az is látszik, hogy egyenlőség pontosan az $a=b=c=1/\sqrt{3}$ esetben áll fenn.

Statistics:

72 students sent a solution.

5 points: 55 students.

4 points: 3 students.

3 points: 1 student.

2 points: 1 student.

1 point: 5 students.

0 point: 7 students.

Problems in Mathematics of KöMaL, November 2007

72 students sent a solution.
5 points:	55 students.
4 points:	3 students.
3 points:	1 student.
2 points:	1 student.
1 point:	5 students.
0 point:	7 students.

Already signed up?
New to KöMaL?