Problem B. 5116. (September 2020)

B. 5116. Let \(\displaystyle a,b,c>0\) and \(\displaystyle x,y,z\ge 0\). Prove that if \(\displaystyle x+aby \le a(y+z)\), \(\displaystyle y+bcz \le b(z+x)\), and \(\displaystyle z+cax \le c(x+y)\), then \(\displaystyle x=y=z=0\) or \(\displaystyle a=b=c=1\).

Proposed by G. Stoica, Saint John, Kanada

(6 pont)

Deadline expired on October 12, 2020.

Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation

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 \(\displaystyle x=y=z\)).

Statistics:

57 students sent a solution.
6 points:	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 points:	4 students.
3 points:	2 students.
2 points:	1 student.
1 point:	6 students.
0 point:	5 students.
Unfair, not evaluated:	2 solutionss.
Not shown because of missing birth date or parental permission:	1 solutions.

Problems in Mathematics of KöMaL, September 2020