 |
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