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

A B. 5116. feladat (2020. szeptember)

B. 5116. Legyen \(\displaystyle a,b,c>0\) és \(\displaystyle x,y,z\ge 0\). Igazoljuk, hogy ha \(\displaystyle x+aby \le a(y+z)\), \(\displaystyle y+bcz \le b(z+x)\), és \(\displaystyle z+cax \le c(x+y)\), akkor \(\displaystyle x=y=z=0\) vagy \(\displaystyle a=b=c=1\).

Javasolta: George Stoica (Saint John, Kanada)

(6 pont)

A beküldési határidő 2020. október 12-én LEJÁRT.


Megoldás. Ekvivalens lépések segítségével az egyenlőtlenségeket olyan alakra hozzuk, ahol a jobb oldalon mindhárom esetben \(\displaystyle x+y+z\) áll.

Az első egyenlőtlenség mindkét oldalához \(\displaystyle ax\)-et adva:

\(\displaystyle x+ax+aby\leq a(x+y+z),\)

majd mindkét oldalt \(\displaystyle a>0\) számmal osztva az eredetivel ekvivalens

\(\displaystyle \frac{x}{a}+x+by\leq x+y+z\)

egyenlőtlenséget kapjuk. Ehhez hasonlóan kapjuk a második és harmadik egyenlőtlenséggel ekvivalens

\(\displaystyle \frac{y}{b}+y+cz\leq x+y+z,\)

\(\displaystyle \frac{z}{c}+z+ax\leq x+y+z\)

egyenlőtlenségeket. Az így kapott három egyenlőtlenség összege:

\(\displaystyle \left(a+\frac{1}{a}+1\right)x+\left(b+\frac{1}{b}+1\right)y+\left(c+\frac{1}{c}+1\right)z\leq 3(x+y+z).\)

Rendezés után teljes négyezeteket kialakítva:

\(\displaystyle \left(a+\frac{1}{a}-2\right)x+\left(b+\frac{1}{b}-2\right)y+\left(c+\frac{1}{c}-2\right)z\leq 0,\)

\(\displaystyle \left(\sqrt{a}-\frac{1}{\sqrt{a}}\right)^2x+\left(\sqrt{b}-\frac{1}{\sqrt{b}}\right)^2y+\left(\sqrt{c}-\frac{1}{\sqrt{c}}\right)^2z\leq 0.\)

Mivel \(\displaystyle x,y,z\) nemnegatív, ez csak akkor teljesül, ha a következő feltételek mindegyike teljesül:

  • \(\displaystyle a=1\) vagy \(\displaystyle x=0\),
  • \(\displaystyle b=1\) vagy \(\displaystyle y=0\),
  • \(\displaystyle c=1\) vagy \(\displaystyle z=0\).

(Hiszen például \(\displaystyle \left(\sqrt{a}-\frac{1}{\sqrt{a}}\right)^2=0\) csak \(\displaystyle \sqrt{a}-\frac{1}{\sqrt{a}}=0\), vagyis \(\displaystyle a=1\) esetén teljesül.)

Az \(\displaystyle (a,x)\to(b,y)\to(c,z)\to (a,x)\) ciklikus szimmetria alapján elég azt vizsgálnunk, hány esetben teljesül az első (\(\displaystyle a=1\), \(\displaystyle b=1\), \(\displaystyle c=1\)) és hány esetben a második (\(\displaystyle x=0\), \(\displaystyle y=0\), \(\displaystyle z=0\)) feltétel. (Persze lehetséges, hogy bizonyos esetekben mindkettő teljesül, a következő esetek ezt az eshetőséget is lefedik.)

1. eset. Három alkalommal is a második feltétel teljesül. Ekkor \(\displaystyle x=y=z=0\). Ez az egyik olyan lehetőség, ami a bizonyítandó állításban is szerepel, és ilyenkor valóban teljesül is mindhárom (eredeti) egyenlőtlenség.

2. eset. Pontosan egy alkalommal teljesül a második feltétel. A logikai szimmetria alapján vizsgáljuk például azt az esetet, amikor \(\displaystyle x=0\), de \(\displaystyle y\ne0,z\ne 0\). Ekkor szükségképpen \(\displaystyle b=c=1\). Ekkor a második egyenlőtlenség eredeti alakjába helyettesítve:

\(\displaystyle y+z\leq z,\)

amiből \(\displaystyle y\leq 0\) adódik, ez viszont ellentmond annak, hogy \(\displaystyle y\) nemnegatív és \(\displaystyle y\ne 0\). Tehát ez a lehetőség nem fordulhat elő.

3. eset. Pontosan két alkalommal teljesül a második feltétel. A szimmetria alapján nézzük például azt az esetet, amikor \(\displaystyle x=y=0\), de \(\displaystyle z\ne 0\). A harmadik egyenlőtlenség eredeti alakja alapján:

\(\displaystyle z\leq 0,\)

ami ismét ellentmondás, hiszen \(\displaystyle z\) nemnegatív és \(\displaystyle z\ne 0\).

4. eset. Egyetlen alkalommal sem teljesül a második feltétel, vagyis \(\displaystyle x\ne 0,y\ne 0,z\ne 0\). Ekkor a korábbiak alapján \(\displaystyle a=b=c=1\), ami éppen a másik, a feladatban megadott lehetőség.

Ezzel a feladat állítását igazoltuk, beláttuk, hogy \(\displaystyle x=y=z=0\) vagy \(\displaystyle a=b=c=1\). Megjegyezzük, hogy az 1. esetben (\(\displaystyle x=y=z=0\)) valóban teljesül is a három egyenlőtlenség, a 4. esetben viszont nem feltétlenül. Az \(\displaystyle a=b=c=1\) értékeket behelyettesítve:

\(\displaystyle x+y\leq y+z,\)

\(\displaystyle y+z\leq z+x,\)

\(\displaystyle z+x\leq x+y,\)

amikből könnyen leolvasható, hogy egyszerre pontosan akkor teljesülnek, ha \(\displaystyle x=y=z\). (Hiszen az első \(\displaystyle x\leq z\), a második \(\displaystyle y\leq x\), a harmadik \(\displaystyle z\leq y\) alakra hozható.)

Tehát az is megállapítható, hogy a feladatban szereplő három egyenlőtlenség pontosan akkor áll fenn egyszerre, ha \(\displaystyle x=y=z=0\) vagy (\(\displaystyle a=b=c=1\) és \(\displaystyle x=y=z\)).


Statisztika:

57 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:Andó Viola, Balogh Ádám Péter, Baski Bence, Beinschroth Ninett, Ben Gillott, Bukva Dávid, Fekete Richárd, Flódung Áron , Győrffi Ádám György, Hegedűs Dániel, Hervay Bence, Horváth Áron, Kercsó-Molnár Anita, Koszta Benedek, Kovács 129 Tamás, Kun Ágoston , Lengyel Ádám, Lovas Márton, Mácsai Dániel, Márton Kristóf, Metzger Ábris András, Nagy 429 Leila, Nagy 551 Levente, Németh Norbert Marcell, Nguyen Bich Diep, Nyárfádi Patrik, Osztényi József, Seres-Szabó Márton, Sógor Bence, Somogyi Dalma, Szanyi Attila, Tashi R. Diaconescu, Terjék András József, Tot Bagi Márton, Török Ágoston, Velich Nóra.
4 pontot kapott:4 versenyző.
3 pontot kapott:2 versenyző.
2 pontot kapott:1 versenyző.
1 pontot kapott:6 versenyző.
0 pontot kapott:5 versenyző.
Nem versenyszerű:2 dolgozat.
Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt:1 dolgozat.

A KöMaL 2020. szeptemberi matematika feladatai