Problem B. 4355. (April 2011)

B. 4355. Prove that if the product of the positive numbers x, y and z is 1, then

(Based on the idea of J. Szoldatics, Dunakeszi)

(4 pont)

Deadline expired on May 10, 2011.

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

Megoldás. Mivel tetszőleges \(\displaystyle a,b\) valós számokra \(\displaystyle 0\le 2(a-b)^2\) miatt \(\displaystyle a^2+ab+b^2\le 3(a^2-ab+b^2)\), elegendő az

\(\displaystyle S=\frac{1}{3} \left( \frac{z^3 + y^3}{x^2-xy+y^2} + \frac{x^3 + z^3}{y^2-yz+z^2} + \frac{y^3 + x^3}{z^2-zx+x^2}\right)\ge 2\)

egyenlőtlenséget igazolni. Az \(\displaystyle a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)\) azonosságot felhasználva, a számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenség szerint

\(\displaystyle S\ge \root{3}\of{\frac{z^3 + y^3}{x^2-xy+y^2} \cdot \frac{x^3 + z^3}{y^2-yz+z^2} \cdot \frac{y^3 + x^3}{z^2-zx+x^2}} =\root{3}\of{(z+y)(x+z)(y+x)}.\)

Ezért elegendő az \(\displaystyle (z+y)(x+z)(y+x)\ge 8\) egyenlőtlenséget igazolni, ami az \(\displaystyle xyz=1\) feltétel miatt ekvivalens az

\(\displaystyle x^2y+xy^2+x^2z+xz^2+y^2z+yz^2\ge 6\)

egyenlőtlenséggel. Ez azonban nyilván teljesül, hiszen ismét a számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenségre hivatkozva

\(\displaystyle \frac{x^2y+xy^2+x^2z+xz^2+y^2z+yz^2}{6}\ge \root{6}\of{x^6y^6z^6}= xyz=1.\)

A megoldásból az is látszik, hogy egyenlőség pontosan az \(\displaystyle x=y=z=1\) esetben áll fenn.

Statistics:

26 students sent a solution.
4 points:	Csörgő András, Czipó Bence, Frittmann Júlia, Hajnal Máté, Lenger Dániel, Máthé László, Nagy Róbert, Sagmeister Ádám, Tossenberger Tamás, Varga Zoltán Attila, Weisz Ambrus, Weisz Gellért, Zahemszky Péter, Zelena Réka, Zilahi Tamás.
3 points:	Dinev Georgi.
2 points:	4 students.
Unfair, not evaluated:	6 solutionss.

Problems in Mathematics of KöMaL, April 2011