Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?
A régi honlapot akarom!!! :-)

A B. 4731. feladat (2015. szeptember)

B. 4731. Legyen \(\displaystyle 0\le a,b,c \le 2\), és \(\displaystyle a+b+c=3\). Határozzuk meg

\(\displaystyle \sqrt{a(b+1)} + \sqrt{b(c+1)} + \sqrt{c(a+1)} \)

legnagyobb és legkisebb értékét.

Javasolta: Williams Kada (Szeged, Radnóti M. Gimn.)

(6 pont)

A beküldési határidő 2015. október 12-én LEJÁRT.


Megoldásvázlat. Megmutatjuk, hogy

\(\displaystyle \sqrt{a(b+1)} + \sqrt{b(c+1)} + \sqrt{c(a+1)} \)

legnagyobb értéke \(\displaystyle 3\sqrt2\), legkisebb értéke pedig \(\displaystyle 3\).

I. a legnagyobb érték meghatározása

Az \(\displaystyle a=b=c=1\) esetben \(\displaystyle \sqrt{a(b+1)} + \sqrt{b(c+1)} + \sqrt{c(a+1)}=3\sqrt2\); megmutatjuk, hogy ez a legnagyobb érték, és ez az érték csak az \(\displaystyle a=b=c=1\) esetben érhető el. Erre többféle bizonyítást is adunk.

1. bizonyítás: a \(\displaystyle 2a\) és \(\displaystyle b+1\) számokra felírva a számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenséget,

\(\displaystyle \sqrt{2a\cdot (b+1)} \le \frac{2a+(b+1)}2, \)

és egyenlőség csak \(\displaystyle 2a=b+1\) esetén lehetséges.

Ugyanezt a másik két tagra is felírva,

\(\displaystyle \sqrt{2a\cdot(b+1)} + \sqrt{2b\cdot(c+1)} + \sqrt{2c\cdot( a+1)} \le \)

\(\displaystyle \le \frac{2a+(b+1)}2 + \frac{2b+(c+1)}2 + \frac{2c+(a+1)}2 = \frac{3(a+b+c)+3}2 = 6, \)

\(\displaystyle \sqrt2\)-vel osztva \(\displaystyle \sqrt{a\cdot(b+1)} + \sqrt{b\cdot(c+1)} + \sqrt{c\cdot( a+1)} \le 3 \sqrt2\).

Egyenlőség csak akkor lehetséges, ha \(\displaystyle 2a=b+1\), \(\displaystyle 2b=c+1\) és \(\displaystyle 2c=a+1\) is teljesül; ennek az egyenletrendszernek az egyetlen megoldása \(\displaystyle a=b=c=1\).

2. bizonyítás: alkalmazzuk a Cauchy-Schwarz-Bunyakovszkij egyenlőtlenséget a \(\displaystyle (\sqrt{a},\sqrt{b},\sqrt{c})\) és a \(\displaystyle (\sqrt{b+1},\sqrt{c+1},\sqrt{a+1})\) sorozatokra:

\(\displaystyle \sqrt{a(b+1)} + \sqrt{b(c+1)} + \sqrt{c(a+1)} = \sqrt{a}\cdot\sqrt{b+1} + \sqrt{b}\cdot\sqrt{c+1} + \sqrt{c}\cdot\sqrt{a+1} \le \)

\(\displaystyle \le \sqrt{\sqrt{a}^2+\sqrt{b}^2+\sqrt{c}^2} \cdot \sqrt{\sqrt{b+1}^2+\sqrt{c+1}^2+\sqrt{a+1}^2} = \)

\(\displaystyle = \sqrt{a+b+c}\cdot \sqrt{a+b+c+3} = \sqrt3\cdot \sqrt6 = 3\sqrt2. \)

Egyenlőség akkor lehet, ha \(\displaystyle \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b+1}} = \frac{\sqrt{b}}{\sqrt{c+1}} = \frac{\sqrt{c}}{\sqrt{a+1}}\). Ha az \(\displaystyle a,b,c\) számok között különbözők is vannak, akkor van közöttük \(\displaystyle 1\)-nél nagyobb és \(\displaystyle 1\)-nél kisebb is. Ha például \(\displaystyle a>1\ge b\), akkor \(\displaystyle \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b+1}} > \frac1{\sqrt2}\); ha pedig \(\displaystyle a\le 1<b\), akkor \(\displaystyle \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b+1}} < \frac1{\sqrt2}\); ilyen módon láthatjuk, hogy \(\displaystyle \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b+1}}\), \(\displaystyle \frac{\sqrt{b}}{\sqrt{c+1}}\) és \(\displaystyle \frac{\sqrt{c}}{\sqrt{a+1}}\) között biztosan van \(\displaystyle \frac1{\sqrt2}\)-nél nagyobb és kisebb is.

II. a legkisebb érték meghatározása

Ha \(\displaystyle a,b,c\) értéke \(\displaystyle 2,1,0\), vagy ezeknek valamelyik ciklikus permutációja, akkor \(\displaystyle \sqrt{a(b+1)} + \sqrt{b(c+1)} + \sqrt{c(a+1)}=2+1+0=3\). Megmutatjuk, hogy ennél kisebb érték nem lehetséges.

Lemma. Tetszőleges \(\displaystyle A\) és \(\displaystyle B\) valós számok esetén az \(\displaystyle x\mapsto\sqrt{A+Bx}\) és \(\displaystyle x\mapsto\sqrt{A+Bx-x^2}\) alakú függvények (az értelmezési tartományukon) konkávak.

Bizonyítás. Ha \(\displaystyle B=0\), akkor az \(\displaystyle \sqrt{A+Bx}\) függvény triviálisan konkáv. Ha \(\displaystyle B\ne0\), akkor a grafikonja egy vízszintes tengelyű parabola felső fele, ezért szigoróan konkáv.

Ha a gyök alatti kifejezésnek két különböző valós gyöke van, akkor a grafikonja egy félkör, ami szintén szigorúan konkáv.

Legyen

\(\displaystyle f(x,y,z) = \sqrt{x(y+1)}+\sqrt{y(z+1)}+\sqrt{z(x+1)} \)

A ciklikus szimmetria miatt feltehetjük, hogy \(\displaystyle a,b,c\) közül \(\displaystyle c\) a legnagyobb; ekkor \(\displaystyle c\ge1\) és \(\displaystyle a+b\le 2\). Vizsgáljuk a \(\displaystyle g(t) = f(t,a+b-t,c)\) függvényt a \(\displaystyle [0,a+b]\) intervallumon. Ez a függvény a lemma miatt szigorúan konkáv, ezért a minimumot az értelmezési tartomány valamelyik végén, tehát \(\displaystyle t=0\) vagy \(\displaystyle t=a+b\) esetén kapjuk. Tehát \(\displaystyle g(a)\ge \min\big(g(0),g(a+b)\big)\), vagyis

\(\displaystyle f(a,b,c) \ge \min\Big( f(0,a+b,c); f(a+b,0,c)\Big). \)

Most vizsgáljuk a \(\displaystyle h(t)=f(0,t,a+b+c-t)\) függvényt az \(\displaystyle [1,2]\) intervallumon; a lemma miatt ez is szigorúan konkáv. Az értelmezési tartomány végpontjaiban vett értékek \(\displaystyle h(2)=f(0,2,1)=3\) és \(\displaystyle h(1)=f(0,1,2)=\sqrt3+\sqrt2>3\), ezért \(\displaystyle h(a+b)=f(0,a+b,c)\ge3\).

Hasonlóan, a \(\displaystyle f(t,0,a+b+c-t)\) függvény konkávitásából láthatjuk, hogy \(\displaystyle f(a+b,0,c)\ge3\).

Ezzel megmutattuk, hogy \(\displaystyle f(a,b,c)\ge3\).


Statisztika:

57 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:Borbényi Márton, Bukva Balázs, Gáspár Attila, Simon Dániel Gábor, Tóth Viktor, Váli Benedek.
5 pontot kapott:Andó Angelika, Baglyas Márton, Baran Zsuzsanna, Nagy Dávid Paszkál, Páli Petra, Polgár Márton.
4 pontot kapott:11 versenyző.
3 pontot kapott:17 versenyző.
2 pontot kapott:4 versenyző.
1 pontot kapott:9 versenyző.
0 pontot kapott:4 versenyző.

A KöMaL 2015. szeptemberi matematika feladatai