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

A B. 5289. feladat (2023. január)

B. 5289. Legyenek \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\) és \(\displaystyle d\) olyan nemnegatív valós számok, amelyekre \(\displaystyle a+b+c+d=1\). Bizonyítsuk be, hogy

\(\displaystyle \frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}+\frac{1}{d^2+1} \ge \frac72. \)

Javasolta: Szoldatics József (Budapest)

(5 pont)

A beküldési határidő 2023. február 10-én LEJÁRT.


1. megoldás (lineáris becslés). A bal oldalon álló összeg \(\displaystyle \dfrac{1}{x^2+1}\) alakú tagjait lineáris kifejezésekkel fogjuk alulról becsülni.

Először is vegyük észre, hogy az állításban egyenlőség áll elő, ha az \(\displaystyle a,b,c,d\) számok közül három \(\displaystyle 0\), a negyedik értéke \(\displaystyle 1\). Ezért az \(\displaystyle \dfrac{1}{x^2+1}\) függvényt a \(\displaystyle (0,1)\) és \(\displaystyle (1,\tfrac12)\) pontokra illesztett lineáris függvénnyel próbáljuk megbecsülni:

\(\displaystyle \frac{1}{x^2+1} \stackrel{?}\ge 1-\frac{x}{2} \quad\text{(\(\displaystyle x=0\)-ra és \(\displaystyle x=1\)-re egyenlőség van).} \)\(\displaystyle (1) \)

A bal oldalra rendezve és \(\displaystyle 2(x^2+1)\)-gyel felszorozva

$$\begin{gather*} \frac{1}{x^2+1}+\frac{x}{2}-1 \stackrel{?}\ge 0, \\ 2+x(x^2+1)-2(x^2+1) \stackrel{?}\ge 0, \\ x^3-2x^2+x \stackrel{?}\ge 0, \\ x(x-1)^2 \stackrel{?}\ge 0, \end{gather*}$$

ez pedig minden \(\displaystyle x\ge 0\) esetén teljesül; egyenlőség csak \(\displaystyle x=0\) és \(\displaystyle x=1\) áll fenn.

A most már igazolt \(\displaystyle (1)\) egyenlőtlenséget mind a négy változóra alkalmazva,

$$\begin{gather*} \frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}+\frac{1}{d^2+1} \ge \\ \ge \bigg(1-\frac{a}{2}\bigg)+\bigg(1-\frac{b}{2}\bigg) +\bigg(1-\frac{c}{2}\bigg)+\bigg(1-\frac{d}{2}\bigg) = \\ = 4-\frac{a+b+c+d}{2} = \frac72. \end{gather*}$$

Az egyenlőséghez szükséges, hogy \(\displaystyle a,b,c,d\) mindegyike \(\displaystyle 0\) vagy \(\displaystyle 1\) legyen. Az \(\displaystyle a+b+c+d=1\) feltételt is figyelembe véve, egyenlőség csak akkor áll fenn, ha \(\displaystyle a,b,c,d\) közül háromnak az értéke \(\displaystyle 0\), a negyedik változó értéke pedig \(\displaystyle 1\).

2. megoldás (a változók tologatása, smoothing). A megoldás lényege, hogy az \(\displaystyle a,b,c,d\) változók közül kettőt megváltoztatunk: az egyiket a két szám összegére, a másikat \(\displaystyle 0\)-ra cseréljük úgy, hogy közben az egyenlőtlenség bal oldala nem nő. Három ilyen csere után a \(\displaystyle 0,0,0,1\) értékekhez fogunk eljutni.

Először megmutatjuk, hogy ha \(\displaystyle x,y\) nemnegatív számok és \(\displaystyle x+y\le1\), akkor

\(\displaystyle \frac1{x^2+1}+\frac1{y^2+1}\ge1+\frac1{(x+y)^2+1}. \)\(\displaystyle (2) \)

Az \(\displaystyle x\) és \(\displaystyle y\) számtani és mértani közepeinek összehasonlításából tudjuk, hogy \(\displaystyle xy \le \big(\tfrac{x+y}2\big)^2\le\big(\tfrac12\big)^2 = \tfrac14\). A nevezőkkel felszorozva (2)-t,

\(\displaystyle (x^2+y^2+2)\big((x+y)^2+1\big) \ge (x^2+1)(y^2+1)\big((x+y)^2+2\big), \)

\(\displaystyle (1-x^2y^2)(x+y)^2-x^2-y^2-2x^2y^2 \ge0, \)

\(\displaystyle 2xy-x^2y^2(x+y)^2-2x^2y^2 \ge 0, \)

\(\displaystyle xy\Big(2-xy(x+y)^2-2xy\Big) \ge 0. \)\(\displaystyle (3) \)

Az utolsó sor tehát ekvivalens (2)-vel.

Az utolsó zárójelben álló kifejezés biztosan pozitív:

\(\displaystyle 2-xy(x+y)^2-2xy \ge 2-\frac14\cdot1^2-2\cdot\frac14 >0, \)

ezért (3) és vele együtt (2) is mindig teljesül; egyenlőség csak akkor áll fenn, ha \(\displaystyle x=0\) vagy \(\displaystyle y=0\).

A (2) becslést háromszor alkalmazva,

$$\begin{align*} \frac1{a^2+1}+\frac1{b^2+1}+\frac1{c^2+1}+\frac1{d^2+1} & \ge 1+\frac1{(a+b)^2+1}+\frac1{c^2+1}+\frac1{d^2+1} \ge \\ &\ge 1+1+\frac1{(a+b+c)^2+1}+\frac1{d^2+1} \ge \\ & \ge 1+1+1+\frac1{(a+b+c+d)^2+1} = \frac72. \end{align*}$$

Az egyenlőség feltételének diszkussziója egyszerűbb, ha a változóinkat átrendezzük; a bizonyítandó állítás szimmetriája miatt az általánosság csorbítása nélkül feltehetjük, hogy például \(\displaystyle d\) értéke nem nulla. Az utolsó becslésben akkor áll egyenlőség, ha \(\displaystyle a+b+c=0\), vagyis \(\displaystyle a=b=c=0\) és \(\displaystyle d=1\).


Statisztika:

68 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:51 versenyző.
3 pontot kapott:1 versenyző.
2 pontot kapott:4 versenyző.
1 pontot kapott:4 versenyző.
0 pontot kapott:4 versenyző.

A KöMaL 2023. januári matematika feladatai