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

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.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?