 |
A B. 4405. feladat (2011. december) |
B. 4405. Az a és b nemnegatív számokra a3+b3=2ab teljesül. Következik-e ebből, hogy
a2+b2
1+ab?
(4 pont)
A beküldési határidő 2012. január 10-én LEJÁRT.
Megoldás. Belátjuk, hogy a feltételek maguk után vonják a szóban forgó egyenlőtlenséget. Ha a+b=0, akkor a=b=0, és az egyenlőtlenség nyilván fennáll. Feltesszük tehát, hogy a+b>0. Ha a,b>1 lenne, akkor a3+b3>a2+b2≥2ab miatt a feltétel nem teljesülne. Tehát a és b közül legalább az egyik nem nagyobb 1-nél. Szimmetria okok miatt feltehetjük, hogy b≤1.
Ha a≤1 is fennáll, akkor nyilván a3+b3≤a+b. Ezt a pozitív a+b mennyiséggel leosztva kapjuk, hogy a2−ab+b2≤1, ami ekvivalens a bizonyítandó egyenlőtlenséggel. Ha pedig a>1, akkor a3+b3=2ab≤a2+b2. Ezt felhasználva
a(a−1)<a2(a−1)=a3−a2≤b2−b3=b2(1−b)≤b(1−b),
ahonnan a2+b2<a+b következik. Tehát ebben az esetben is eljutunk az a3+b3<a+b egyenlőtlenségre, ahonnan most a2+b2<1+ab adódik. A megoldásból az is kiderül, hogy egyenlőség pontosan az a=b=1 esetben áll fenn.
Statisztika:
102 dolgozat érkezett. 4 pontot kapott: Ágoston Tamás, Barna István, Bingler Arnold, Bősze Zsuzsanna, Di Giovanni Márk, Dinev Georgi, Énekes Tamás, Fehér Zsombor, Fonyó Viktória, Forrás Bence, Gyarmati Máté, Havasi 0 Márton, Homonnay Bálint, Janzer Barnabás, Janzer Olivér, Jenei Adrienn, Kabos Eszter, Kiss 902 Melinda Flóra, Kúsz Ágnes, Leitereg András, Machó Bónis, Mester Márton, Mihálykó András, Mócsy Miklós, Nagy Róbert, Nagy-György Pál, Schwarcz Tamás, Solti Bálint, Sticza Gergő, Szabó 789 Barnabás, Szilágyi Krisztina, Tanner Martin, Tekeli Tamás, Tossenberger Tamás, Tulassay Zsolt, Varga 911 Szabolcs, Varnyú József, Viharos Andor, Weimann Richárd, Wiandt Péter. 3 pontot kapott: 18 versenyző. 2 pontot kapott: 1 versenyző. 0 pontot kapott: 41 versenyző. Nem versenyszerű: 2 dolgozat.
A KöMaL 2011. decemberi matematika feladatai
|
|