A B. 4040. feladat (2007. november)

B. 4040. Az a, b, c pozitív valós számokra ab+bc+ca=1. Igazoljuk, hogy

$\frac{1-a^2}{1+a^2}+\frac{1-b^2}{1+b^2}+\frac{1-c^2}{1+c^2}\le\frac{3}{2}.$

(5 pont)

A beküldési határidő 2007. december 17-én LEJÁRT.

Megoldás: A nevezőkkel való beszorzás és rendezés után a bizonyítandó állítás a

9a²b²c²+5(a²b²+b²c²+c²a²)+(a²+b²+c²)-3 $\ge$ 0

alakot ölti. A feltételt felhasználva

a²+b²+c²=(a+b+c)²-2(ab+bc+ca)=(a+b+c)²-2

és

a²b²+b²c²+c²a²=(ab+bc+ca)²-2(ab²c+bc²a+ca²b)=1-2abc(a+b+c),

vagyis a

(3abc)²-10abc(a+b+c)+(a+b+c)² $\ge$ 0

egyenlőtlenséget kell igazolnunk. A baloldalt átírhatjuk

$\Bigl( 3abc-\frac{1}{3}(a+b+c)\Bigr)^2+\frac{8}{3\sqrt{3}}(a+b+c) \Bigl(\frac{a+b+c}{\sqrt{3}}-3\sqrt{3}abc\Bigr)$

alakba. Az $x=\sqrt{3}a$ , $y=\sqrt{3}b$ , $z=\sqrt{3}c$ helyettesítéssel tehát csak az

$\frac{x+y+z}{{3}}\ge xyz$

egyenlőtlenséget kell igazolnunk. A feltételt xy+yz+zx=3 alakra átírva a jól ismert x²+y²+z² $\ge$ xy+yz+zx egyenlőtlenség miatt

$\Bigl(\frac{x+y+z}{{3}}\Bigr)^2=\frac{(x^2+y^2+z^2)+2(xy+yz+zx)}{9}\ge 1,$

a számtani-mértani közepek között fennálló összefüggés miatt pedig

$1=\frac{xy+yz+zx}{{3}}\ge{\root{3}\of{x^2y^2z^2}}=(xyz)^{2/3}$

adódik, ahonnan valóban

$\frac{x+y+z}{{3}}\ge 1\ge xyz.$

A megoldásból az is látszik, hogy egyenlőség pontosan az $a=b=c=1/\sqrt{3}$ esetben áll fenn.

Statisztika:

72 dolgozat érkezett.

5 pontot kapott: 55 versenyző.

4 pontot kapott: 3 versenyző.

3 pontot kapott: 1 versenyző.

2 pontot kapott: 1 versenyző.

1 pontot kapott: 5 versenyző.

0 pontot kapott: 7 versenyző.

A KöMaL 2007. novemberi matematika feladatai

72 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	55 versenyző.
4 pontot kapott:	3 versenyző.
3 pontot kapott:	1 versenyző.
2 pontot kapott:	1 versenyző.
1 pontot kapott:	5 versenyző.
0 pontot kapott:	7 versenyző.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?