Problem B. 5236. (March 2022)
B. 5236. Let \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\) denote positive real numbers such that \(\displaystyle abc=1\). Show that
\(\displaystyle a+a^2+a^3 + b + b^2 + b^3 + c+ c^2 + c^3 \le {(a^2+b^2+c^2)}^2. \)
Proposed by M. Lovas, Budapest and M. Rozenberg, Israel
(6 pont)
Deadline expired on April 11, 2022.
Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation
1. megoldás. Egy háromváltozós \(\displaystyle F(a,b,c)\) függvény esetén jelölje \(\displaystyle \sum\limits_{cyc} F(a,b,c)\) az \(\displaystyle F(a,b,c)+F(b,c,a)+F(c,a,b)\) ciklikus összeget. Ezzel a jelöléssel a feladatban szereplő egyenlőtlenség bal oldala
\(\displaystyle \sum_{cyc}a +\sum_{cyc}a^2 +\sum_{cyc}a^3\)
alakban írható. Az egyenlőtlenség jobb oldalán egy homogén negyedfokú kifejezés szerepel, az előbbi három ciklikus összeg mindegyikét szintén homogén negyedfokúvá alakítjuk az \(\displaystyle abc=1\) feltétel segítségével, majd nevezetes közepek közötti egyenlőtlenségekkel felülről becsüljük az alábbiak szerint.
Az első összegnél a mértani és négyzetes közepek közötti egyenlőtlenség alapján kapjuk, hogy
| \(\displaystyle \sum_{cyc}a=\sum_{cyc}a\cdot abc\leq\sum_{cyc} a^2\frac{b^2+c^2}2. \) | \(\displaystyle {(1)}\) |
A második összegnél a mértani és számtani közepek közötti egyenlőtlenség alapján (ezúttal az \(\displaystyle a^2,b^2,c^2\) hármasra alkalmazva) kapjuk, hogy
| \(\displaystyle \sum_{cyc}a^2=\sum_{cyc}a^2\cdot(abc)^{2/3}\leq \sum_{cyc}a^2\frac{a^2+b^2+c^2}3. \) | \(\displaystyle {(2)} \) |
Végül, a harmadik összegnél szintén a mértani és négyzetes közepek közötti egyenlőtlenség alapján (ezúttal az \(\displaystyle a,a,a,a,b,c\) típusú hatosokra alkalmazva) kapjuk, hogy
| \(\displaystyle \sum_{cyc}a^3 =\sum_{cyc}a^3(abc)^{1/3}\leq \sum_{cyc}a^2\frac{a^2+a^2+a^2+a^2+b^2+c^2}6=\sum_{cyc}\frac{4a^4+a^2b^2+a^2c^2}6.\) | \(\displaystyle {(3)} \) |
Az (1), (2), (3) egyenlőtlenségek összege éppen a bizonyítandó egyenlőtlenség.
2. megoldás. Vezessük be az \(\displaystyle s:=a+b+c\) és \(\displaystyle t:=ab+bc+ca\) jelöléseket. A számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenség alapján
\(\displaystyle 1=\sqrt[3]{abc}\leq\frac{a+b+c}{3}=\frac{s}{3},\)
azaz \(\displaystyle 3\leq s\), továbbá \(\displaystyle 3t\leq s^2\), ugyanis
\(\displaystyle 2(s^2-3t)=2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca=(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\geq 0.\)
Mivel
\(\displaystyle a^2+b^2+c^2=s^2-2t\)
és
\(\displaystyle a^3+b^3+c^3=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)+3abc=s(s^2-3t)+3=s^3-3st+3,\)
az igazolandó
\(\displaystyle (a+b+c)+(a^2+b^2+c^2)+(a^3+b^3+c^3)\leq (a^2+b^2+c^2)^2\)
egyenlőtlenség a következő alakban is írható:
\(\displaystyle s+(s^2-2t)+(s^3-3st+3)\leq (s^2-2t)^2.\)
Ez egy \(\displaystyle t\)-ben másodfokú egyenlőtlenség:
| \(\displaystyle 0\leq 4t^2-(4s^2-3s-2)t+(s^4-s^3-s^2-s-3). \) | \(\displaystyle {(*)}\) |
Rögzített \(\displaystyle s\) mellett ez egy felfelé álló parabola, mely a \(\displaystyle t=0\) helyen az
\(\displaystyle s^4-s^3-s^2-s-3=s^4\left(1-\frac1s-\frac{1}{s^2}-\frac{1}{s^3}-\frac{3}{s^4}\right)\geq s^4\left(1-\frac13-\frac19-\frac{1}{27}-\frac{3}{81}\right)>0\)
pozitív értéket veszi fel. A parabola minimumhelye \(\displaystyle \frac{4s^2-3s-2}{8}\)-nál van. Fennáll a
\(\displaystyle t\leq s^2/3\leq \frac{4s^2-3s-2}{8}\)
egyenlőtlenség, ugyanis felszorzás és rendezés után
\(\displaystyle 0\leq 4s^2-9s-6=s(4s-9)-6\)
alakban írható, ami teljesül \(\displaystyle s\geq 3\) miatt. Így a \(\displaystyle (*)\) egyenlőtlenséget elég \(\displaystyle t=s^2/3\)-ra ellenőrizni, hiszen rögzített \(\displaystyle s\) mellett a kifejezés értéke a \(\displaystyle (0,s^2/3)\) intervallumon monoton csökkenő. A \(\displaystyle t=s^2/3\) összefüggést \(\displaystyle (*)\)-ba behelyettesítve:
\(\displaystyle 0\leq 4(s^4/9)-(4s^2-3s-2)(s^2/3)+(s^4-s^3-s^2-s-3).\)
Ez 9-cel való szorzás után az alábbi alakban írható:
\(\displaystyle 0\leq s^4-3s^2-9s-27,\)
ami valóban teljesül, ugyanis
\(\displaystyle s^4-3s^2-9s-27=(s-3)(s^3+3s^2+6s+9)\)
és \(\displaystyle s\geq 3\).
Ezzel igazoltuk a bizonyítandó egyenlőtlenséget.
Megjegyzés. Egyenlőség csak \(\displaystyle s=3\) esetén állhat fenn, amihez az \(\displaystyle a,b,c\) számokra a számtani és mértani középnek egybe kell esnie, ami csak \(\displaystyle a=b=c=1\) esetén lehet. Tehát egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha \(\displaystyle a=b=c=1\).
Statistics:
24 students sent a solution. 6 points: Diaconescu Tashi, Duchon Márton, Fülöp Csilla, Jánosik Máté, Kalocsai Zoltán, Lovas Márton, Nagy 551 Levente, Nguyen Kim Dorka, Setényi Míra Zsófia, Szanyi Attila, Szilágyi Márton, Tarján Bernát, Wiener Anna, Zömbik Barnabás. 5 points: Ben Gillott, Bényei Borisz, Németh Márton, Németh Norbert Marcell. 4 points: 3 students. 3 points: 1 student. 0 point: 2 students.
Problems in Mathematics of KöMaL, March 2022