Problem B. 5219. (January 2022)
B. 5219. Prove that
\(\displaystyle \frac{|a+b+c|}{1+|a+b+c|}\le \frac{|a|}{1+|a|}+\frac{|b|}{1+|b|}+\frac{|c|}{1+|c|}. \)
for all real numbers \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\). On what condition will equality occur?
Proposed by J. Schultz, Szeged
(5 pont)
Deadline expired on February 10, 2022.
Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation
Megoldás. Tekintsük az \(\displaystyle f(x)=x/(1+x)\) függvényt, értelmezési tartományát szorítsuk meg a nemnegatív valós számokra. Az \(\displaystyle f(x)=1-1/(1+x)\) alak mutatja, hogy \(\displaystyle f\) szigorúan monoton növő. Továbbá tetszőleges \(\displaystyle x\) és \(\displaystyle y\) nemnegatív valósakra
\(\displaystyle f(x)+f(y)=\frac{x}{x+1}+\frac{y}{y+1}\ge \frac{x}{x+y+1}+\frac{y}{x+y+1}=\frac{x+y}{x+y+1}=f(x+y),\)
azaz \(\displaystyle f\) ún. szubadditív függvény, és itt egyenlőség nyilvánvalóan csak \(\displaystyle x=0\) vagy \(\displaystyle y=0\) esetben áll. Világos, hogy a szubadditivitás három tagra is kiterjeszthető:
\(\displaystyle f(x)+f(y)+f(z)\ge f(x+y)+f(z)\ge f(x+y+z),\)
és itt egyenlőség pontosan akkor áll, ha \(\displaystyle x\), \(\displaystyle y\) és \(\displaystyle z\) közül legfeljebb egy különbözik a nullától.
A háromszög-egyenlőtlenség miatt tetszőleges \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\) és \(\displaystyle c\) valós számokra \(\displaystyle |a+b+c|\le |a|+|b|+|c|\). Így kihasználva a monotonitást és a szubadditivitást
$$\begin{align*} \frac{|a|}{1+|a|}+\frac{|b|}{1+|b|}+\frac{|c|}{1+|c|}=f(|a|)+f(|b|)+f(|c|)\overset{szuba.}{\ge} f(|a|+|b|+|c|)\overset{mon.}{\ge}f(|a+b+c|)=\frac{|a+b+c|}{1+|a+b+c|}. \end{align*}$$Ezzel az egyenlőtlenséget beláttuk. Az \(\displaystyle f(|a|)+f(|b|)+f(|c|)\ge f(|a|+|b|+|c|)\) egyenlőtlenségben pontosan akkor teljesül az egyenlőség, ha az \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\) és \(\displaystyle c\) közül legalább kettő nulla. Ilyenkor nyilván a bizonyítandó egyenlőtlenségben is egyenlőség áll.
Statistics:
64 students sent a solution. 5 points: Baski Bence, Ben Gillott, Bencsik Dávid, Bognár 171 András Károly, Chrobák Gergő, Csonka Illés, Diaconescu Tashi, Duchon Márton, Farkas 512 Izabella, Fazokán Marcell, Fülöp Csilla, Guthy Gábor, Halász Henrik, Horváth 530 Mihály, Jánosik Máté, Kalocsai Zoltán, Koleszár Domonkos, Laskai Botond, Melján Dávid Gergő, Mohay Lili Veronika, Móricz Benjámin, Nagy 551 Levente, Németh Márton, Németh Norbert Marcell, Páhán Anita Dalma, Rareș Polenciuc, Romaniuc Albert-Iulian, Sebestyén József Tas, Simon László Bence, Somogyi Dalma, Szanyi Attila, Tarján Bernát, Tóth 057 Bálint, Varga Boldizsár, Virág Rudolf, Zömbik Barnabás. 4 points: 17 students. 3 points: 2 students. 2 points: 3 students. 1 point: 3 students. 0 point: 2 students.
Problems in Mathematics of KöMaL, January 2022