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

A B. 5236. feladat (2022. március)

B. 5236. Legyen \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\) három pozitív valós szám úgy, hogy \(\displaystyle abc=1\). Mutassuk meg, hogy

\(\displaystyle a+a^2+a^3 + b + b^2 + b^3 + c+ c^2 + c^3 \le {(a^2+b^2+c^2)}^2. \)

Javasolta: Lovas Márton (Budapest) és Michael Rozenberg (Izrael)

(6 pont)

A beküldési határidő 2022. április 11-én LEJÁRT.


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 \(\displaystyle a=b=c=1\).


Statisztika:

24 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott: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 pontot kapott:Ben Gillott, Bényei Borisz, Németh Márton, Németh Norbert Marcell.
4 pontot kapott:3 versenyző.
3 pontot kapott:1 versenyző.
0 pontot kapott:1 versenyző.
Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt:1 dolgozat.

A KöMaL 2022. márciusi matematika feladatai