Az A. 561. feladat (2012. április)

A. 561. Mutassuk meg, hogy

$\frac{a^3b}{{(3a+b)}^p} + \frac{b^3c}{{(3b+c)}^p} +\frac{c^3a}{{(3c+a)}^p} \ge \frac{a^2bc}{{(2a+b+c)}^p}+ \frac{b^2ca}{{(2b+c+a)}^p} + \frac{c^2ab}{{(2c+a+b)}^p}$

teljesül tetszőleges a, b, c, p pozitív számok esetén.

(5 pont)

A beküldési határidő 2012. május 10-én LEJÁRT.

1. megoldás. Megmutatjuk, hogy

$\frac{a^3b}{{(3a+b)}^p} + \frac{c^2ab}{{(2c+a+b)}^p} \ge \frac{2a^2bc}{{(2a+b+c)}^p}.$

(1)

A számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenséget előbb a balolalon álló tagokra, majd a 3a+b és a+b+2c számokra alkalmazva,

$\frac{a^3b}{{(3a+b)}^p} + \frac{c^2ab}{{(2c+a+b)}^p} \ge 2\sqrt{\frac{a^3b}{{(3a+b)}^p} \cdot \frac{c^2ab}{{(2c+a+b)}^p}} =$

$= \frac{2a^2bc}{\Big(\sqrt{(3a+b)(a+b+2c)}\Big)^p} \ge \frac{2a^2bc}{\Big(\frac{(3a+b)+(a+b+2c)}2\Big)^p} = \frac{2a^2bc}{(2a+b+c)^p}.$

Az (1) átrendezéséből, a változók ciklikus cseréjével,

$\frac{a^3b}{{(3a+b)}^p} \ge 2\frac{a^2bc}{{(2a+b+c)}^p} - \frac{c^2ab}{{(2c+a+b)}^p},$

$\frac{b^3c}{{(3b+c)}^p} \ge 2\frac{b^2ca}{{(2b+c+a)}^p} - \frac{a^2bc}{{(2a+b+c)}^p},$

$\frac{c^3a}{{(3c+a)}^p} \ge 2\frac{c^2ab}{{(2c+a+b)}^p} - \frac{b^2ca}{{(2b+c+a)}^p}.$

Ezek összege éppen a bizonyítandó állítás.

2. megoldás.

Lemma. A,p>0 esetén

$\frac1{A^p} = \frac1{\Gamma(p)} \int_0^\infty t^{p-1}e^{-At}\mathrm{d}t,$

ahol

$\Gamma(p) = \int_0^\infty t^{p-1}e^{-t}\mathrm{d}t$

az Euler-féle Gamma-függvény. (Lásd a A. 493. feladat megoldását.)

Bizonyítás. Az u=At helyettesítéssel

$\int_0^\infty t^{p-1}e^{-At} \, \mathrm{d}t = \frac1{A^p} \int_0^\infty u^{p-1}e^{-u} \, \mathrm{d}u = \frac{\Gamma(p)}{A^p}.$

A lemmát az A=3a+b, A=3b+c, A=3c+a, A=2a+b+c, A=2b+c+a, A=2c+a+b, esetekben alkalmazva,

$\left(\frac{a^3b}{{(3a+b)}^p} + \frac{b^3c}{{(3b+c)}^p} +\frac{c^3a}{{(3c+a)}^p}\right) - \left(\frac{a^2bc}{{(2a+b+c)}^p}+ \frac{b^2ca}{{(2b+c+a)}^p} + \frac{c^2ab}{{(2c+a+b)}^p} \right) =$

$=\frac{a^3b}{\Gamma(p)}\int_0^\infty t^{p-1}e^{-(3a+b)t}\mathrm{d}t +\frac{b^3c}{\Gamma(p)}\int_0^\infty t^{p-1}e^{-(3b+c)t}\mathrm{d}t +\frac{c^3a}{\Gamma(p)}\int_0^\infty t^{p-1}e^{-(3c+a)t}\mathrm{d}t =$

$-\frac{a^2bc}{\Gamma(p)}\int_0^\infty t^{p-1}e^{-(2a+b+c)t}\mathrm{d}t -\frac{b^2ca}{\Gamma(p)}\int_0^\infty t^{p-1}e^{-(2b+c+a)t}\mathrm{d}t -\frac{c^2ab}{\Gamma(p)}\int_0^\infty t^{p-1}e^{-(2c+a+b)t}\mathrm{d}t$

$=\frac1{\Gamma(p)}\int_0^\infty t^{p-1} \Big( a^3b e^{-(3a+b)t} + b^3c e^{-(3b+c)t} + c^3a e^{-(3c+a)t} -$

$- a^2bc e^{-(2a+b+c)t} - b^2ca e^{-(2b+c+a)t} - c^2ab e^{-(2c+a+b)t} \Big)\mathrm{d}t$

$=\frac1{\Gamma(p)}\int_0^\infty t^{p-1} \bigg( abe^{-(a+b)t}\Big(ae^{-at}-ce^{-ct}\Big)^2 + bce^{-(b+c)t}\Big(be^{-bt}-ae^{-at}\Big)^2 +$

$+ cae^{-(c+a)t}\Big(ce^{-ct}-be^{-bt}\Big)^2 \bigg)\mathrm{d}t \ge0.$

Megjegyzés. Mindkét megoldásból leolvashatjuk, hogy egyenlőség csak a=b=c esetén áll fenn.

Statisztika:

5 dolgozat érkezett.

5 pontot kapott: Ágoston Tamás, Janzer Olivér, Mester Márton, Omer Cerrahoglu, Strenner Péter.

A KöMaL 2012. áprilisi matematika feladatai

5 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Ágoston Tamás, Janzer Olivér, Mester Márton, Omer Cerrahoglu, Strenner Péter.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?