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

A B. 5157. feladat (2021. február)

B. 5157. A diákok a táblára felírtak néhány egész számot. Hárman (egymástól függetlenül) véletlenszerűen kiválasztanak egy-egy táblára írt számot, és leírják a füzetükbe. Mutassuk meg, hogy a három leírt szám összege legalább \(\displaystyle 1/4\) valószínűséggel 3-mal osztható.

(6 pont)

A beküldési határidő 2021. március 10-én LEJÁRT.


1. megoldás. Tegyük fel, hogy a táblán lévő számok \(\displaystyle a\)-adrészének 0, \(\displaystyle b\)-edrészének 1, \(\displaystyle c\)-edrészének pedig 2 a 3-as maradéka. Ekkor \(\displaystyle a,b,c\) olyan nemnegatív számok, melyek összege 1.

Három egész szám összege pontosan akkor 3-mal osztható, ha mind egyforma, vagy mind különböző maradékot adnak 3-mal osztva. Annak a valószínűsége, hogy mindenki 0/1/2 maradékot adó számot választ rendre \(\displaystyle a^3\), \(\displaystyle b^3\), \(\displaystyle c^3\). Annak valószínűsége, hogy mind különböző maradékot adót választanak \(\displaystyle 6abc\), hiszen \(\displaystyle 3!=6\)-féle sorrendben választhatnak 0, 1, 2 maradékot adó számokat. Így a bizonyítandó állítás a következő:

\(\displaystyle a^3+b^3+c^3+6abc\geq 1/4.\)

Az \(\displaystyle a,b,c\) közötti szimmetria alapján az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy például \(\displaystyle 0\leq a\leq b\leq c\).

Mivel \(\displaystyle a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)=(a+b)(a^2+2ab+b^2-3ab)=(a+b)((a+b)^2-3ab)=(1-c)((1-c)^2-3ab)\), ezért az igazolandó egyenlőtlenség

\(\displaystyle (1-c)((1-c)^2-3ab)+c^3+6abc\geq 1/4\)

alakban is írható. Ezt kicsit átrendezve kapjuk a vele ekvivalens

\(\displaystyle c^3+(1-c)^3+ab(9c-3)\geq 1/4\)

egyenlőtlenséget. Ha \(\displaystyle c=1/3\), akkor a bal oldal értéke \(\displaystyle 1/3\), az állítás teljesül. Mivel \(\displaystyle a+b+c=1\), és a három szám közül \(\displaystyle c\) a(z egyik) legnagyobb, ezért ha \(\displaystyle c\ne 1/3\), akkor \(\displaystyle 1/3<c\). Ekkor ha \(\displaystyle a\ne 0\), akkor \(\displaystyle a\)-t és \(\displaystyle b\)-t \(\displaystyle a':=0\)-ra \(\displaystyle b':=a+b\)-re cserélve a bal oldal értéke csökken, hiszen az első két tag változatlan marad, a harmadik pedig pozitív értékről 0-ra változik. Az állítást így elég ebben az esetben igazolni: feltehető tehát, hogy \(\displaystyle a=0\), az egyenlőtlenség pedig a

\(\displaystyle c^3+(1-c)^3\geq 1/4\)

alakot ölti. A bal oldalon a zárójeleket felbontva, majd rendezve:

\(\displaystyle c^3+1-3c+3c^2-c^3\geq \frac14,\)

\(\displaystyle 3c^2-3c+\frac34\geq 0.\)

Végül teljes négyzetté alakítva:

\(\displaystyle 3\left(c-\frac12\right)^2\geq 0.\)

Az egyenlőtlenség tehát valóban teljesül, és pontosan akkor van egyenlőség, ha \(\displaystyle c=b=\frac12\). Ezzel a feladat állítását igazoltuk, és az is kiderült, hogy a kérdéses valószínűség pontosan akkor 1/4, ha a táblára írt számok 3-as maradéka között csak kétféle érték szerepel, éspedig ugyanannyiszor.

2. megoldás.

Az első megoldáshoz hasonlóan, azt kell igazolnunk, hogy ha az \(\displaystyle a,b,c\) nemnegatív számokra \(\displaystyle a+b+c=1\), akkor

\(\displaystyle a^3+b^3+c^3+6abc\ge\frac14.\)

A szimmetria alapján ismét feltesszük, hogy \(\displaystyle 0\leq a\leq b\leq c\).

Az egyenlőtlenséget 4-gyel szorozva, rendezve a következő alakot kapjuk:

\(\displaystyle 4a^3+4b^3+4c^3+24abc-1\ge0.\)

A bal oldalon szereplő kifejezést az 1 helyére \(\displaystyle (a+b+c)^3\)-t írva homogenizáljuk:

\(\displaystyle 4a^3+4b^3+4c^3+24abc-(a+b+c)^3\ge0.\)

Vegyük észre, hogy a bal oldalon szereplő kifejezés a következő alakban is írható:

\(\displaystyle 4a^3+4b^3+4c^3+24abc-(a+b+c)^3=3\Big(a(a-b)(a-c)+b(b-a)(b-c)+c(c-a)(c-b)\Big)+9abc.\)

Mivel \(\displaystyle 0\leq a\leq b\leq c\), ezért

\(\displaystyle 3a(a-b)(a-c)\geq 0\)

és

\(\displaystyle 9abc\geq 0,\)

a másik két tag összegére pedig:

\(\displaystyle 3\Big(b(b-a)(b-c)+c(c-a)(c-b)\Big)\geq 3\Big(c(b-a)(b-c)+c(c-a)(c-b)\Big)=3c(b-c)^2\geq 0.\)

Ezt a három egyenlőtlenséget összeadva kapjuk, hogy az igazolandó egyenlőtlenség valóban teljesül. Egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha mindhárom esetben fennáll. Mivel \(\displaystyle c\) nem lehet 0, ezért \(\displaystyle c(b-c)^2=0\) alapján \(\displaystyle b=c\). Ekkor viszont \(\displaystyle 9abc=0\) csak úgy lehet, ha \(\displaystyle a=0\). Tehát \(\displaystyle a=0,b=c=1/2\), és ekkor valóban minden egyenlőség teljesül.

Megjegyzés. A 2. megoldásban a fentiek helyett a Schur-egyenlőtlenséget is használhatjuk, melynek egy speciális esete szerint

\(\displaystyle a(a-b)(a-c)+b(b-a)(b-c)+c(c-a)(c-b)\ge0.\)


Statisztika:

61 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:Bán-Szabó Áron, Baski Bence, Beinschroth Ninett, Ben Gillott, Bencsik Ádám, Bencsik Dávid, Bognár 171 András Károly, Csonka Illés, Duchon Márton, Farkas 512 Izabella, Fekete Richárd, Hegedűs Dániel, Kalocsai Zoltán, Kercsó-Molnár Anita, Koleszár Domonkos, Kovács 129 Tamás, Kovács Alex, Kökényesi Márk Péter, Lengyel Ádám, Lovas Márton, Mácsai Dániel, Márton Kristóf, Molnár-Szabó Vilmos, Móra Márton Barnabás, Móricz Benjámin, Nádor Artúr, Nádor Benedek, Nagy 551 Levente, Németh Márton, Nyárfádi Patrik, Osztényi József, Rareș Polenciuc, Seres-Szabó Márton, Simon László Bence, Sztranyák Gabriella, Tashi R. Diaconescu, Török Ágoston, Varga Boldizsár, Velich Nóra, Viharos Márta Judit, Virág Rudolf, Wiener Anna, Zömbik Barnabás.
5 pontot kapott:Kerekes Boldizsár.
3 pontot kapott:2 versenyző.
2 pontot kapott:2 versenyző.
1 pontot kapott:7 versenyző.
0 pontot kapott:6 versenyző.

A KöMaL 2021. februári matematika feladatai