A B. 4461. feladat (2012. május)

B. 4461. Legyen p $\ge$ 2 valós szám. Bizonyítsuk be, hogy ekkor tetszőleges x, y, z és v nemnegatív valós számokra

(x+y)^p+(z+v)^p+(x+z)^p+(y+v)^p $\le$ x^p+y^p+z^p+v^p+(x+y+z+v)^p.

Javasolta: Besenyei Ádám (Budapest)

(5 pont)

A beküldési határidő 2012. június 11-én LEJÁRT.

1. megoldás. Az állítást azzal a kiegészítéssel igazoljuk, hogy egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha az x $\to$ y $\to$ v $\to$ z $\to$ x ciklikus permutációban van két egymás utáni változó, amelynek értéke 0.

Tegyük fel először, hogy valamely változó, mondjuk x=0. Ekkor az

(y+z+v)^p+v^p $\ge$ (y+v)^p+(z+v)^p

egyenlőtlenséget kell igazolnunk, azzal a kiegészítéssel, hogy egyenlőség pontosan az y=0 vagy z=0 esetben áll fenn. Legyen t $\ge$ 0, és tekintsük a nemnegatív valós számokon értelmezett f_t(x)=(x+t)^p-x^p függvényt. Ennek deriváltjára

f_t'(x)=p((x+t)^p-1-x^p-1) $\ge$ 0

teljesül minden nemnegatív x helyen (x=0 esetén csak a jobb oldali deriváltra gondolva) még akkor is ha p $\ge$ 1, és egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha t=0 vagy p=1. Ezért t>0, p>1 esetén az f_t(x) függvény szigorúan monoton nő, t=0 vagy p=1 esetén pedig konstans. Következésképpen f_y(z+v) $\ge$ f_y(v), ahol p>1 esetén egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha y=0 vagy v=0. Ezzel ezt az állítást igazoltuk.

Tekintsük most az $\varepsilon$ $\ge$ 0 számokon értelmezett

f_y,v,z( $\varepsilon$ )=(y+v+z+4 $\varepsilon$ )^p+( $\varepsilon$ )^p+(y+ $\varepsilon$ )^p+(v+ $\varepsilon$ )^p+(z+ $\varepsilon$ )^p-

-(y+2 $\varepsilon$ )^p-(y+v+2 $\varepsilon$ )^p-(v+z+2 $\varepsilon$ )^p-(z+2 $\varepsilon$ )^p

függvényt. Az imént beláttuk, hogy f_y,v,z(0) $\ge$ 0, ahol az egyenlőség szükséges és elégséges feltétele y=0 vagy z=0. Elegendő tehát azt megmutatnunk, hogy ha y,z,v $\ge$ 0 és $\varepsilon$ >0, akkor f_y,v,z( $\varepsilon$ )>0, ugyanis ha a feladatban kitűzött egyenlőtlenséget valamely (x,y,v,z) számnégyesre igazolni szeretnénk, akkor az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy x $\le$ y,v,z. Így az $\varepsilon$ =x, y=y-x, v=v-x, z=z-x helyettesítéssel a bizonyítandó állítást visszavezethetjük a fenti egyenlőtlenségre.

Ehhez elég megmutatnunk, hogy a függvény deriváltjára (q=p-1)

f'_y,v,z( $\varepsilon$ )/p=4(y+v+z+4 $\varepsilon$ )^q+( $\varepsilon$ )^q+(y+ $\varepsilon$ )^q+(v+ $\varepsilon$ )^q+(z+ $\varepsilon$ )^q-

-2(y+2 $\varepsilon$ )^q-2(y+v+2 $\varepsilon$ )^q-2(v+z+2 $\varepsilon$ )^q-2(z+2 $\varepsilon$ )^q $\ge$ 0,

ahol $\varepsilon$ >0 esetén szigorú egyenlőtlenség áll fenn. Először is vegyük észre, hogy

f'_y,v,z(0)/p=2((y+z+v)^q-(y+v)^q-(z+v)^q+v^q)+(2(y+z+v)^q-y^q-v^q-z^q).

Minthogy q=p-1 $\ge$ 1, a megoldás első lépése szerint egyrészt

(y+z+v)^q-(y+v)^q-(z+v)^q+v^q $\ge$ 0,

másrészt 2(y+z+v)^q $\ge$ (y+z)^q+v^q $\ge$ y^q+z^q+v^q. Ezért f'_y,v,z(0) $\ge$ 0, így már csak azt kell belátnunk, hogy f''_y,v,z( $\varepsilon$ ) $\ge$ 0, ahol $\varepsilon$ >0 esetén szigorú egyenlőtlenség áll fenn. Minthogy azonban az r=q-1 $\ge$ 0 jelöléssel

f''_y,v,z( $\varepsilon$ )/p(p-1)=16(y+v+z+4 $\varepsilon$ )^r+( $\varepsilon$ )^r+(y+ $\varepsilon$ )^r+(v+ $\varepsilon$ )^r+(z+ $\varepsilon$ )^r-

-4(y+2 $\varepsilon$ )^r-4(y+v+2 $\varepsilon$ )^r-4(v+z+2 $\varepsilon$ )^r-4(z+2 $\varepsilon$ )^r,

ezen állítás már nyilvánvaló.

1. megoldás.

2. megoldás (vázlat).

Lemma. Ha a,b,c,d nemnegatív számok, a+c>0, és b+d>0, akkor

(a+b+c+d)^p-2(a+b)(c+d) $\ge$ (a+c)^p-2ac+(b+d)^p-2bd.

Egyenlőség csak p=1 és ad=bc esetén áll fenn.

Bizonyítás. A p=1 esetben az állítás azért igaz, mert

$\frac{(a+b)(c+d)}{a+b+c+d}-\frac{ac}{a+c}-\frac{bd}{b+d} = \frac{(ad-bc)^2}{(a+b+c+d)(a+c)(b+d)} \ge 0.$

Az általános eset ebből következik:

$(a+c)^{p-2}ac + (b+d)^{p-2}bd =\frac{ac}{a+c}(a+c)^{p-1}+\frac{bd}{b+d}(b+d)^{p-1} \le$

$\le\frac{ac}{a+c}(a+b+c+d)^{p-1}+\frac{bd}{b+d}(a+b+c+d)^{p-1} =\bigg(\frac{ac}{a+c}+\frac{bd}{b+d}\bigg)(a+b+c+d)^{p-1} \le$

$\le\frac{(a+b)(c+d)}{a+b+c+d}(a+b+c+d)^{p-1} = (a+b+c+d)^{p-2}(a+b)(c+d).$

A p>1 esetben az egyenlőséghez szükséges, hogy ac=bd=0 és ad=bc is teljesüljön.

Ezzel a lemmát igazoltuk.

A feladat állításában triviálisan egyenlőség áll, ha a p=1, az x=z=0 és az y=v=0 feltételek közül legalább az egyik teljesül. A továbbiakban feltételezzük, hogy p>1, x+z>0, és y+v>0. Írjuk át a két oldal különbségét kétszeres integrállá:

(x+y+z+v)^p-(x+y)^p-(z+v)^p-(x+z)^p+x^p+z^p-(y+v)^p+y^p+v^p=

=[(x+y+zs+vs)^p-(zs+vs)^p-(x+zs)^p+(zs)^p-(y+vs)^p+(vs)^p]_s=0¹=

=[[(xt+yt+zs+vs)^p-(xt+zs)^p-(yt+vs)^p]_t=0¹]_s=0¹=

$= \Bigg[ p\int_{t=0}^1 \Big( (xt+yt+zs+vs)^{p-1}(x+y) - (xt+zs)^{p-1}x - (yt+vs)^{p-1}y \Big) \mathrm{d}t \Bigg]_{s=0}^1 =$

$= p(p-1) \int_{s=0}^1 \int_{t=0}^1 \Big( (xt+yt+zs+vs)^{p-2}(x+y)(z+v) - (xt+zs)^{p-2}xz - (yt+vs)^{p-2}yv \Big) \mathrm{d}t \, \mathrm{d}s .$

A lemmát az a=xt, b=yt, c=zs, d=vs számokra alkalmazva láthatjuk, hogy az integrandus mindenhol pozitív.

Statisztika:

7 dolgozat érkezett.

5 pontot kapott: Gyarmati Máté, Janzer Olivér, Mester Márton, Strenner Péter, Zilahi Tamás.

0 pontot kapott: 2 versenyző.

A KöMaL 2012. májusi matematika feladatai

7 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Gyarmati Máté, Janzer Olivér, Mester Márton, Strenner Péter, Zilahi Tamás.
0 pontot kapott:	2 versenyző.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?