A B. 5116. feladat (2020. szeptember)

B. 5116. Legyen $\displaystyle a,b,c>0$ és $\displaystyle x,y,z\ge 0$. Igazoljuk, hogy ha $\displaystyle x+aby \le a(y+z)$, $\displaystyle y+bcz \le b(z+x)$, és $\displaystyle z+cax \le c(x+y)$, akkor $\displaystyle x=y=z=0$ vagy $\displaystyle a=b=c=1$.

Javasolta: George Stoica (Saint John, Kanada)

(6 pont)

A beküldési határidő 2020. október 12-én LEJÁRT.

Megoldás. Ekvivalens lépések segítségével az egyenlőtlenségeket olyan alakra hozzuk, ahol a jobb oldalon mindhárom esetben $\displaystyle x+y+z$ áll.

Az első egyenlőtlenség mindkét oldalához $\displaystyle ax$-et adva:

$\displaystyle x+ax+aby\leq a(x+y+z),$

majd mindkét oldalt $\displaystyle a>0$ számmal osztva az eredetivel ekvivalens

$\displaystyle \frac{x}{a}+x+by\leq x+y+z$

egyenlőtlenséget kapjuk. Ehhez hasonlóan kapjuk a második és harmadik egyenlőtlenséggel ekvivalens

$\displaystyle \frac{y}{b}+y+cz\leq x+y+z,$

$\displaystyle \frac{z}{c}+z+ax\leq x+y+z$

egyenlőtlenségeket. Az így kapott három egyenlőtlenség összege:

$\displaystyle \left(a+\frac{1}{a}+1\right)x+\left(b+\frac{1}{b}+1\right)y+\left(c+\frac{1}{c}+1\right)z\leq 3(x+y+z).$

Rendezés után teljes négyezeteket kialakítva:

$\displaystyle \left(a+\frac{1}{a}-2\right)x+\left(b+\frac{1}{b}-2\right)y+\left(c+\frac{1}{c}-2\right)z\leq 0,$

$\displaystyle \left(\sqrt{a}-\frac{1}{\sqrt{a}}\right)^2x+\left(\sqrt{b}-\frac{1}{\sqrt{b}}\right)^2y+\left(\sqrt{c}-\frac{1}{\sqrt{c}}\right)^2z\leq 0.$

Mivel $\displaystyle x,y,z$ nemnegatív, ez csak akkor teljesül, ha a következő feltételek mindegyike teljesül:

• $\displaystyle a=1$ vagy $\displaystyle x=0$,
• $\displaystyle b=1$ vagy $\displaystyle y=0$,
• $\displaystyle c=1$ vagy $\displaystyle z=0$.

(Hiszen például $\displaystyle \left(\sqrt{a}-\frac{1}{\sqrt{a}}\right)^2=0$ csak $\displaystyle \sqrt{a}-\frac{1}{\sqrt{a}}=0$, vagyis $\displaystyle a=1$ esetén teljesül.)

Az $\displaystyle (a,x)\to(b,y)\to(c,z)\to (a,x)$ ciklikus szimmetria alapján elég azt vizsgálnunk, hány esetben teljesül az első ($\displaystyle a=1$, $\displaystyle b=1$, $\displaystyle c=1$) és hány esetben a második ($\displaystyle x=0$, $\displaystyle y=0$, $\displaystyle z=0$) feltétel. (Persze lehetséges, hogy bizonyos esetekben mindkettő teljesül, a következő esetek ezt az eshetőséget is lefedik.)

1. eset. Három alkalommal is a második feltétel teljesül. Ekkor $\displaystyle x=y=z=0$. Ez az egyik olyan lehetőség, ami a bizonyítandó állításban is szerepel, és ilyenkor valóban teljesül is mindhárom (eredeti) egyenlőtlenség.

2. eset. Pontosan egy alkalommal teljesül a második feltétel. A logikai szimmetria alapján vizsgáljuk például azt az esetet, amikor $\displaystyle x=0$, de $\displaystyle y\ne0,z\ne 0$. Ekkor szükségképpen $\displaystyle b=c=1$. Ekkor a második egyenlőtlenség eredeti alakjába helyettesítve:

$\displaystyle y+z\leq z,$

amiből $\displaystyle y\leq 0$ adódik, ez viszont ellentmond annak, hogy $\displaystyle y$ nemnegatív és $\displaystyle y\ne 0$. Tehát ez a lehetőség nem fordulhat elő.

3. eset. Pontosan két alkalommal teljesül a második feltétel. A szimmetria alapján nézzük például azt az esetet, amikor $\displaystyle x=y=0$, de $\displaystyle z\ne 0$. A harmadik egyenlőtlenség eredeti alakja alapján:

$\displaystyle z\leq 0,$

ami ismét ellentmondás, hiszen $\displaystyle z$ nemnegatív és $\displaystyle z\ne 0$.

4. eset. Egyetlen alkalommal sem teljesül a második feltétel, vagyis $\displaystyle x\ne 0,y\ne 0,z\ne 0$. Ekkor a korábbiak alapján $\displaystyle a=b=c=1$, ami éppen a másik, a feladatban megadott lehetőség.

Ezzel a feladat állítását igazoltuk, beláttuk, hogy $\displaystyle x=y=z=0$ vagy $\displaystyle a=b=c=1$. Megjegyezzük, hogy az 1. esetben ($\displaystyle x=y=z=0$) valóban teljesül is a három egyenlőtlenség, a 4. esetben viszont nem feltétlenül. Az $\displaystyle a=b=c=1$ értékeket behelyettesítve:

$\displaystyle x+y\leq y+z,$

$\displaystyle y+z\leq z+x,$

$\displaystyle z+x\leq x+y,$

amikből könnyen leolvasható, hogy egyszerre pontosan akkor teljesülnek, ha $\displaystyle x=y=z$. (Hiszen az első $\displaystyle x\leq z$, a második $\displaystyle y\leq x$, a harmadik $\displaystyle z\leq y$ alakra hozható.)

Tehát az is megállapítható, hogy a feladatban szereplő három egyenlőtlenség pontosan akkor áll fenn egyszerre, ha $\displaystyle x=y=z=0$ vagy ($\displaystyle a=b=c=1$ és $\displaystyle x=y=z$).

Statisztika:

57 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:	Andó Viola, Balogh Ádám Péter, Baski Bence, Beinschroth Ninett, Ben Gillott, Bukva Dávid, Diaconescu Tashi, Fekete Richárd, Flódung Áron , Győrffi Ádám György, Hegedűs Dániel, Hervay Bence, Horváth Áron, Kercsó-Molnár Anita, Koszta Benedek, Kovács 129 Tamás, Kun Ágoston , Lengyel Ádám, Lovas Márton, Mácsai Dániel, Márton Kristóf, Metzger Ábris András, Nagy 429 Leila, Nagy 551 Levente, Németh Norbert Marcell, Nguyen Bich Diep, Nyárfádi Patrik, Osztényi József, Seres-Szabó Márton, Sógor Bence, Somogyi Dalma, Szanyi Attila, Terjék András József, Tot Bagi Márton, Török Ágoston, Velich Nóra.
4 pontot kapott:	4 versenyző.
3 pontot kapott:	2 versenyző.
2 pontot kapott:	1 versenyző.
1 pontot kapott:	6 versenyző.
0 pontot kapott:	5 versenyző.
Nem versenyszerű:	2 dolgozat.
Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt:	1 dolgozat.

A KöMaL 2020. szeptemberi matematika feladatai