Az A. 889. feladat (2024. október)

A. 889. Legyenek $\displaystyle W, A, B$ rögzített valós számok, ahol $\displaystyle W>0$. Bizonyítsuk be, hogy az alábbi állítások ekvivalensek.

• Ha az $\displaystyle x$, $\displaystyle y$, $\displaystyle z\geq 0$ számokra teljesül, hogy $\displaystyle x+y\leq z+W$, $\displaystyle x+z\leq y+W$, $\displaystyle {y+z\leq x+W}$, akkor $\displaystyle Axyz+B\geq x^{2}+y^{2}+z^{2}$.
• $\displaystyle B\geq W^{2}$ és $\displaystyle AW^{3}+B\geq 3W^{2}$.

Javasolta: Somogyi Ákos (London)

(7 pont)

A beküldési határidő 2024. november 11-én LEJÁRT.

Vezessük be a következő jelölést:

$\displaystyle H_{W}:=\left\{ \left(x,y,z\right):x,y,z\geq0\text{ and }x+y\leq z+W,\ x+z\leq y+W,\ y+z\leq x+W\right\}$

Figyeljük meg a következőt:

$\displaystyle \left(x+y\right)+\left(x+z\right)\leq\left(z+W\right)+\left(y+W\right)\Rightarrow x\leq W,$

és persze hasonlóan $\displaystyle y,z\le W$. Ha $\displaystyle x=y=0$ és $\displaystyle z=W$-t helyettesítünk, akkor $\displaystyle Axyz+B=B$ és $\displaystyle x^2+y^2+z^2=W^2$, tehát megkapjuk, hogy $\displaystyle B\ge W^2$, és az $\displaystyle x=y=z$ helyettesítéssel $\displaystyle Axyz+B=AW^3+B$ és $\displaystyle x^2+y^2+z^2=3W^2$, azaz megkaptuk a $\displaystyle AW^3+B\ge 3W^2$ egyenlőtlenséget is, azaz az első állításból következik a második.

Most mutassuk meg, hogy a második egyenlőtlenségből kötkezik az első. Vegyük észre a következőt:

$\displaystyle Axyz+B=\left(\frac{2xyz}{W}+W^2\right)+\frac{AW^3+B-3W^2}{W^3}xyz+\frac{B-W^2}{W^3}(W^3-xyz),$

és itt a második és a harmadik összeadandó nemnegatív (a feltételekből, illetve azért, mert $\displaystyle 0\le x,y,z, \le W$ miatt $\displaystyle 0\le xyz\le W^3$). Tehét elég lenne belátni, hogy $\displaystyle \frac{2xyz}{W}+W^2\ge x^2+y^2+z^2$. Ha most bevezetjük az $\displaystyle a=x/W$, $\displaystyle b=y/W$, $\displaystyle c=z/W$ helyettesítést, akkor az a bizonyítandó, hogy az $\displaystyle a+b\le c+1$, $\displaystyle b+c\le a+1$ és $\displaystyle c+a\le b+1$ egyenlőtlenségekből következik, hogy $\displaystyle (2abc+1)\ge a^2+b^2+c^2$, ha $\displaystyle a,b,c\ge 0$, ez pedig az A.371. feladat 2005 áprilisából, álljon itt egy lehetséges megoldás:

A bizonyítandó tehát a következő: $\displaystyle 2abc+1-a^2-b^2-c^2\ge 0$ a megadott feltételekkel, amely egy poliédert jelöl ki. A kulcsmegfigyelés a következő: a bal oldalon szereplő függvény mindhárom változójában konkáv (hiszen egy negatív főegyütthatós másodfokú függvény), ezért a minimumát a tartomány szélén (a poliéder felszínén) veszi fel. Szimmetria miatt elég az $\displaystyle a=0$ és az $\displaystyle a+b=c+1$ eseteket megvizsgálni.

Az $\displaystyle a=0$ eset egyszerű: azt kell belátnunk, hogy $\displaystyle b^2+c^2\le 1$: $\displaystyle b+c\le 1$ következik a feltételekből, és $\displaystyle b^2+c^2\le (b+c)^2$, hiszen $\displaystyle b,c\ge 0$. Az egyenlőség el is érhető, ha $\displaystyle b$ és $\displaystyle c$ közül az egyik 1, a másik 0, azaz a három változó között egy 1-es és két 0-s van.

Ha pedig $\displaystyle a+b=c+1$, akkor $\displaystyle 2abc+1-a^2-b^2-c^2=2ab(a+b-1)+1-a^2-b^2-(a+b-1)^2=2(a^2b+ab^2-a^2-b^2-2ab+a+b)=2(a+b)(ab-a-b+1)=2(a+b)(a-1)(b-1)\ge 0$, hiszen $\displaystyle 0\le a,b \le 1$. Az egyenlőség esetét is érdemes megvizsgálni, itt általánosabban az jön ki, hogy az egyik változó 1, a másik kettő pedig egyenlő.

Statisztika:

15 dolgozat érkezett.
7 pontot kapott:	Bodor Mátyás, Forrai Boldizsár, Gyenes Károly, Holló Martin, Keresztély Zsófia, Kocsis 827 Péter, Morvai Várkony Albert, Szakács Ábel, Tianyue DAI, Varga Boldizsár, Vigh 279 Zalán.
4 pontot kapott:	1 versenyző.
3 pontot kapott:	2 versenyző.
2 pontot kapott:	1 versenyző.

A KöMaL 2024. októberi matematika feladatai