Problem C. 1751. (January 2023)

C. 1751. Let \(\displaystyle a\) and \(\displaystyle b\) denote positive real numbers such that \(\displaystyle a^2+b^2=\frac{2}{9}\). Prove that

\(\displaystyle \frac{1}{2-3a}+\frac{1}{2-3b} \ge 2. \)

Proposed by G. Szmerka, Budapest

(5 pont)

Deadline expired on February 10, 2023.

Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation

1. megoldás. Az \(\displaystyle a^2+b^2=\frac{2}{9}\) feltételből következik, hogy \(\displaystyle 0<a, b\le \frac{\sqrt2}{3}<\frac{1}{2}\), amelyből \(\displaystyle 2-3a>0\) és \(\displaystyle 2-3b>0\). A bizonyítandó egyenlőtlenség mindkét oldalát beszorozzuk a pozitív nevezők szorzatával, így a következő, az eredetivel ekvivalens egyenlőtlenséget kapjuk:

\(\displaystyle 4-3a-3b\ge 2(2-3a)(2-3b).\)

A műveletek elvégzése és rendezés után a

\(\displaystyle 9a+9b\ge 4+18ab\)

egyenlőtlenséghez jutunk, melynek mindkét oldala pozitív, ezért négyzetre emelhetjük:

\(\displaystyle 81a^2 + 162ab + 81b^2 \ge 16+144ab+324a^2b^2,\)

majd az \(\displaystyle a^2+b^2\) helyére beírjuk a \(\displaystyle \frac{2}{9}\)-et. Nullára redukáljuk, így az \(\displaystyle ab\)-ben másodfokú \(\displaystyle 162a^2b^2-9ab-1\le 0\) egyenlőtlenséget kapjuk a \(\displaystyle -\frac{1}{18}\le ab \le \frac{1}{9}\) megoldáshalmazzal. Ez pedig rendben van, mert egyrészt \(\displaystyle a\) és \(\displaystyle b\) pozitív, másrészt ismert, hogy két pozitív szám mértani közepe nem nagyobb a négyzetes közepüknél, ezért \(\displaystyle \sqrt{ab}\le \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}=\frac{1}{3}\), vagyis \(\displaystyle ab \le \frac{1}{9},\) egyenlőség csak \(\displaystyle a=b=\frac13\) esetén áll fenn.

Mivel végig ekvivalens átalakításokat végeztünk, ezért az eredeti egyenlőtlenség is teljesül, egyenlőség \(\displaystyle a=b=\frac13\) áll fenn.

2. megoldás. A feltételből \(\displaystyle a^2,b^2\le a^2+b^2=\frac29\), tehát \(\displaystyle 0\le a,b<\frac23\); a bal oldalon mindkét nevező pozitív.

Vegyük észre, hogy \(\displaystyle 0\le x<\frac23\) esetén

\(\displaystyle \frac1{2-3x} \ge \frac92x^2+\frac12, \)

mert

\(\displaystyle \frac1{2-3x}-\frac92x^2-\frac12 = \frac{27x^3-18x^2+3x}{2(2-3x)} = \frac{3x(3x-1)^2}{2(2-3x)} \ge 0; \)

egyenlőség csak \(\displaystyle x=0\) és \(\displaystyle x=\frac13\) esetén áll fenn.

Ezt a becslést mindkét tagra felírva:

\(\displaystyle \frac1{2-3a}+\frac1{2-3a} \ge \bigg(\frac92a^2+\frac12\bigg)+\bigg(\frac92b^2+\frac12\bigg) = \frac92(a^2+b^2)+1 = 2.\)

(Egyenlőség csak \(\displaystyle a=b=\frac13\) esetén.)

Megjegyzés. A 2. megoldás során egy standard becslési módszert alkalmaztunk, amelynek lényege, hogy \(\displaystyle \dfrac1{2-3x}\ge Ax^2+B\) alakú becslést kerestünk. Az egyenlőség esete könnyen kitalálható: \(\displaystyle x=\frac13\); ebben a pontban az első deriváltak is egyenlők. Ez pedig az \(\displaystyle \frac19A+B=1\), \(\displaystyle \frac23A=3\) egyenletrendszerre vezet, melynek megoldása \(\displaystyle A=\frac92\), \(\displaystyle B=\frac12\).

Statistics:

27 students sent a solution.
5 points:	Fekete Patrik, Halász Henrik, Hosszu Noel, Keszthelyi Eszter, Mészáros Anna Veronika, Richlik Márton, Schneider Dávid, Sipeki Márton, Végh Lilian, Waldhauser Miklós.
4 points:	Emődi Marcell, Hajós Balázs, Petró Péter.
2 points:	1 student.
1 point:	5 students.
0 point:	3 students.
Unfair, not evaluated:	1 solutions.

Problems in Mathematics of KöMaL, January 2023