A B. 4731. feladat (2015. szeptember)

B. 4731. Legyen $\displaystyle 0\le a,b,c \le 2$, és $\displaystyle a+b+c=3$. Határozzuk meg

$\displaystyle \sqrt{a(b+1)} + \sqrt{b(c+1)} + \sqrt{c(a+1)}$

legnagyobb és legkisebb értékét.

Javasolta: Williams Kada (Szeged, Radnóti M. Gimn.)

(6 pont)

A beküldési határidő 2015. október 12-én LEJÁRT.

Megoldásvázlat. Megmutatjuk, hogy

$\displaystyle \sqrt{a(b+1)} + \sqrt{b(c+1)} + \sqrt{c(a+1)}$

legnagyobb értéke $\displaystyle 3\sqrt2$, legkisebb értéke pedig $\displaystyle 3$.

I. a legnagyobb érték meghatározása

Az $\displaystyle a=b=c=1$ esetben $\displaystyle \sqrt{a(b+1)} + \sqrt{b(c+1)} + \sqrt{c(a+1)}=3\sqrt2$; megmutatjuk, hogy ez a legnagyobb érték, és ez az érték csak az $\displaystyle a=b=c=1$ esetben érhető el. Erre többféle bizonyítást is adunk.

1. bizonyítás: a $\displaystyle 2a$ és $\displaystyle b+1$ számokra felírva a számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenséget,

$\displaystyle \sqrt{2a\cdot (b+1)} \le \frac{2a+(b+1)}2,$

és egyenlőség csak $\displaystyle 2a=b+1$ esetén lehetséges.

Ugyanezt a másik két tagra is felírva,

$\displaystyle \sqrt{2a\cdot(b+1)} + \sqrt{2b\cdot(c+1)} + \sqrt{2c\cdot( a+1)} \le$

$\displaystyle \le \frac{2a+(b+1)}2 + \frac{2b+(c+1)}2 + \frac{2c+(a+1)}2 = \frac{3(a+b+c)+3}2 = 6,$

$\displaystyle \sqrt2$-vel osztva $\displaystyle \sqrt{a\cdot(b+1)} + \sqrt{b\cdot(c+1)} + \sqrt{c\cdot( a+1)} \le 3 \sqrt2$.

Egyenlőség csak akkor lehetséges, ha $\displaystyle 2a=b+1$, $\displaystyle 2b=c+1$ és $\displaystyle 2c=a+1$ is teljesül; ennek az egyenletrendszernek az egyetlen megoldása $\displaystyle a=b=c=1$.

2. bizonyítás: alkalmazzuk a Cauchy-Schwarz-Bunyakovszkij egyenlőtlenséget a $\displaystyle (\sqrt{a},\sqrt{b},\sqrt{c})$ és a $\displaystyle (\sqrt{b+1},\sqrt{c+1},\sqrt{a+1})$ sorozatokra:

$\displaystyle \sqrt{a(b+1)} + \sqrt{b(c+1)} + \sqrt{c(a+1)} = \sqrt{a}\cdot\sqrt{b+1} + \sqrt{b}\cdot\sqrt{c+1} + \sqrt{c}\cdot\sqrt{a+1} \le$

$\displaystyle \le \sqrt{\sqrt{a}^2+\sqrt{b}^2+\sqrt{c}^2} \cdot \sqrt{\sqrt{b+1}^2+\sqrt{c+1}^2+\sqrt{a+1}^2} =$

$\displaystyle = \sqrt{a+b+c}\cdot \sqrt{a+b+c+3} = \sqrt3\cdot \sqrt6 = 3\sqrt2.$

Egyenlőség akkor lehet, ha $\displaystyle \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b+1}} = \frac{\sqrt{b}}{\sqrt{c+1}} = \frac{\sqrt{c}}{\sqrt{a+1}}$. Ha az $\displaystyle a,b,c$ számok között különbözők is vannak, akkor van közöttük $\displaystyle 1$-nél nagyobb és $\displaystyle 1$-nél kisebb is. Ha például $\displaystyle a>1\ge b$, akkor $\displaystyle \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b+1}} > \frac1{\sqrt2}$; ha pedig $\displaystyle a\le 1<b$, akkor $\displaystyle \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b+1}} < \frac1{\sqrt2}$; ilyen módon láthatjuk, hogy $\displaystyle \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b+1}}$, $\displaystyle \frac{\sqrt{b}}{\sqrt{c+1}}$ és $\displaystyle \frac{\sqrt{c}}{\sqrt{a+1}}$ között biztosan van $\displaystyle \frac1{\sqrt2}$-nél nagyobb és kisebb is.

II. a legkisebb érték meghatározása

Ha $\displaystyle a,b,c$ értéke $\displaystyle 2,1,0$, vagy ezeknek valamelyik ciklikus permutációja, akkor $\displaystyle \sqrt{a(b+1)} + \sqrt{b(c+1)} + \sqrt{c(a+1)}=2+1+0=3$. Megmutatjuk, hogy ennél kisebb érték nem lehetséges.

Lemma. Tetszőleges $\displaystyle A$ és $\displaystyle B$ valós számok esetén az $\displaystyle x\mapsto\sqrt{A+Bx}$ és $\displaystyle x\mapsto\sqrt{A+Bx-x^2}$ alakú függvények (az értelmezési tartományukon) konkávak.

Bizonyítás. Ha $\displaystyle B=0$, akkor az $\displaystyle \sqrt{A+Bx}$ függvény triviálisan konkáv. Ha $\displaystyle B\ne0$, akkor a grafikonja egy vízszintes tengelyű parabola felső fele, ezért szigoróan konkáv.

Ha a gyök alatti kifejezésnek két különböző valós gyöke van, akkor a grafikonja egy félkör, ami szintén szigorúan konkáv.

Legyen

$\displaystyle f(x,y,z) = \sqrt{x(y+1)}+\sqrt{y(z+1)}+\sqrt{z(x+1)}$

A ciklikus szimmetria miatt feltehetjük, hogy $\displaystyle a,b,c$ közül $\displaystyle c$ a legnagyobb; ekkor $\displaystyle c\ge1$ és $\displaystyle a+b\le 2$. Vizsgáljuk a $\displaystyle g(t) = f(t,a+b-t,c)$ függvényt a $\displaystyle [0,a+b]$ intervallumon. Ez a függvény a lemma miatt szigorúan konkáv, ezért a minimumot az értelmezési tartomány valamelyik végén, tehát $\displaystyle t=0$ vagy $\displaystyle t=a+b$ esetén kapjuk. Tehát $\displaystyle g(a)\ge \min\big(g(0),g(a+b)\big)$, vagyis

$\displaystyle f(a,b,c) \ge \min\Big( f(0,a+b,c); f(a+b,0,c)\Big).$

Most vizsgáljuk a $\displaystyle h(t)=f(0,t,a+b+c-t)$ függvényt az $\displaystyle [1,2]$ intervallumon; a lemma miatt ez is szigorúan konkáv. Az értelmezési tartomány végpontjaiban vett értékek $\displaystyle h(2)=f(0,2,1)=3$ és $\displaystyle h(1)=f(0,1,2)=\sqrt3+\sqrt2>3$, ezért $\displaystyle h(a+b)=f(0,a+b,c)\ge3$.

Hasonlóan, a $\displaystyle f(t,0,a+b+c-t)$ függvény konkávitásából láthatjuk, hogy $\displaystyle f(a+b,0,c)\ge3$.

Ezzel megmutattuk, hogy $\displaystyle f(a,b,c)\ge3$.

Statisztika:

57 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:	Borbényi Márton, Bukva Balázs, Gáspár Attila, Simon Dániel Gábor, Tóth Viktor, Váli Benedek.
5 pontot kapott:	Andó Angelika, Baglyas Márton, Baran Zsuzsanna, Nagy Dávid Paszkál, Páli Petra, Polgár Márton.
4 pontot kapott:	11 versenyző.
3 pontot kapott:	17 versenyző.
2 pontot kapott:	4 versenyző.
1 pontot kapott:	9 versenyző.
0 pontot kapott:	4 versenyző.

A KöMaL 2015. szeptemberi matematika feladatai