A B. 4355. feladat (2011. április)

B. 4355. Bizonyítsuk be, hogy ha az x, y és z pozitív számok szorzata 1, akkor

Szoldatics József (Dunakeszi) javaslata alapján

(4 pont)

A beküldési határidő 2011. május 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Mivel tetszőleges \(\displaystyle a,b\) valós számokra \(\displaystyle 0\le 2(a-b)^2\) miatt \(\displaystyle a^2+ab+b^2\le 3(a^2-ab+b^2)\), elegendő az

\(\displaystyle S=\frac{1}{3} \left( \frac{z^3 + y^3}{x^2-xy+y^2} + \frac{x^3 + z^3}{y^2-yz+z^2} + \frac{y^3 + x^3}{z^2-zx+x^2}\right)\ge 2\)

egyenlőtlenséget igazolni. Az \(\displaystyle a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)\) azonosságot felhasználva, a számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenség szerint

\(\displaystyle S\ge \root{3}\of{\frac{z^3 + y^3}{x^2-xy+y^2} \cdot \frac{x^3 + z^3}{y^2-yz+z^2} \cdot \frac{y^3 + x^3}{z^2-zx+x^2}} =\root{3}\of{(z+y)(x+z)(y+x)}.\)

Ezért elegendő az \(\displaystyle (z+y)(x+z)(y+x)\ge 8\) egyenlőtlenséget igazolni, ami az \(\displaystyle xyz=1\) feltétel miatt ekvivalens az

\(\displaystyle x^2y+xy^2+x^2z+xz^2+y^2z+yz^2\ge 6\)

egyenlőtlenséggel. Ez azonban nyilván teljesül, hiszen ismét a számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenségre hivatkozva

\(\displaystyle \frac{x^2y+xy^2+x^2z+xz^2+y^2z+yz^2}{6}\ge \root{6}\of{x^6y^6z^6}= xyz=1.\)

A megoldásból az is látszik, hogy egyenlőség pontosan az \(\displaystyle x=y=z=1\) esetben áll fenn.

Statisztika:

26 dolgozat érkezett.
4 pontot kapott:	Csörgő András, Czipó Bence, Frittmann Júlia, Hajnal Máté, Lenger Dániel, Máthé László, Nagy Róbert, Sagmeister Ádám, Tossenberger Tamás, Varga Zoltán Attila, Weisz Ambrus, Weisz Gellért, Zahemszky Péter, Zelena Réka, Zilahi Tamás.
3 pontot kapott:	Dinev Georgi.
2 pontot kapott:	4 versenyző.
Nem versenyszerű:	6 dolgozat.

A KöMaL 2011. áprilisi matematika feladatai