 |
A B. 5157. feladat (2021. február) |
B. 5157. A diákok a táblára felírtak néhány egész számot. Hárman (egymástól függetlenül) véletlenszerűen kiválasztanak egy-egy táblára írt számot, és leírják a füzetükbe. Mutassuk meg, hogy a három leírt szám összege legalább \(\displaystyle 1/4\) valószínűséggel 3-mal osztható.
(6 pont)
A beküldési határidő 2021. március 10-én LEJÁRT.
1. megoldás. Tegyük fel, hogy a táblán lévő számok \(\displaystyle a\)-adrészének 0, \(\displaystyle b\)-edrészének 1, \(\displaystyle c\)-edrészének pedig 2 a 3-as maradéka. Ekkor \(\displaystyle a,b,c\) olyan nemnegatív számok, melyek összege 1.
Három egész szám összege pontosan akkor 3-mal osztható, ha mind egyforma, vagy mind különböző maradékot adnak 3-mal osztva. Annak a valószínűsége, hogy mindenki 0/1/2 maradékot adó számot választ rendre \(\displaystyle a^3\), \(\displaystyle b^3\), \(\displaystyle c^3\). Annak valószínűsége, hogy mind különböző maradékot adót választanak \(\displaystyle 6abc\), hiszen \(\displaystyle 3!=6\)-féle sorrendben választhatnak 0, 1, 2 maradékot adó számokat. Így a bizonyítandó állítás a következő:
\(\displaystyle a^3+b^3+c^3+6abc\geq 1/4.\)
Az \(\displaystyle a,b,c\) közötti szimmetria alapján az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy például \(\displaystyle 0\leq a\leq b\leq c\).
Mivel \(\displaystyle a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)=(a+b)(a^2+2ab+b^2-3ab)=(a+b)((a+b)^2-3ab)=(1-c)((1-c)^2-3ab)\), ezért az igazolandó egyenlőtlenség
\(\displaystyle (1-c)((1-c)^2-3ab)+c^3+6abc\geq 1/4\)
alakban is írható. Ezt kicsit átrendezve kapjuk a vele ekvivalens
\(\displaystyle c^3+(1-c)^3+ab(9c-3)\geq 1/4\)
egyenlőtlenséget. Ha \(\displaystyle c=1/3\), akkor a bal oldal értéke \(\displaystyle 1/3\), az állítás teljesül. Mivel \(\displaystyle a+b+c=1\), és a három szám közül \(\displaystyle c\) a(z egyik) legnagyobb, ezért ha \(\displaystyle c\ne 1/3\), akkor \(\displaystyle 1/3<c\). Ekkor ha \(\displaystyle a\ne 0\), akkor \(\displaystyle a\)-t és \(\displaystyle b\)-t \(\displaystyle a':=0\)-ra \(\displaystyle b':=a+b\)-re cserélve a bal oldal értéke csökken, hiszen az első két tag változatlan marad, a harmadik pedig pozitív értékről 0-ra változik. Az állítást így elég ebben az esetben igazolni: feltehető tehát, hogy \(\displaystyle a=0\), az egyenlőtlenség pedig a
\(\displaystyle c^3+(1-c)^3\geq 1/4\)
alakot ölti. A bal oldalon a zárójeleket felbontva, majd rendezve:
\(\displaystyle c^3+1-3c+3c^2-c^3\geq \frac14,\)
\(\displaystyle 3c^2-3c+\frac34\geq 0.\)
Végül teljes négyzetté alakítva:
\(\displaystyle 3\left(c-\frac12\right)^2\geq 0.\)
Az egyenlőtlenség tehát valóban teljesül, és pontosan akkor van egyenlőség, ha \(\displaystyle c=b=\frac12\). Ezzel a feladat állítását igazoltuk, és az is kiderült, hogy a kérdéses valószínűség pontosan akkor 1/4, ha a táblára írt számok 3-as maradéka között csak kétféle érték szerepel, éspedig ugyanannyiszor.
2. megoldás.
Az első megoldáshoz hasonlóan, azt kell igazolnunk, hogy ha az \(\displaystyle a,b,c\) nemnegatív számokra \(\displaystyle a+b+c=1\), akkor
\(\displaystyle a^3+b^3+c^3+6abc\ge\frac14.\)
A szimmetria alapján ismét feltesszük, hogy \(\displaystyle 0\leq a\leq b\leq c\).
Az egyenlőtlenséget 4-gyel szorozva, rendezve a következő alakot kapjuk:
\(\displaystyle 4a^3+4b^3+4c^3+24abc-1\ge0.\)
A bal oldalon szereplő kifejezést az 1 helyére \(\displaystyle (a+b+c)^3\)-t írva homogenizáljuk:
\(\displaystyle 4a^3+4b^3+4c^3+24abc-(a+b+c)^3\ge0.\)
Vegyük észre, hogy a bal oldalon szereplő kifejezés a következő alakban is írható:
\(\displaystyle 4a^3+4b^3+4c^3+24abc-(a+b+c)^3=3\Big(a(a-b)(a-c)+b(b-a)(b-c)+c(c-a)(c-b)\Big)+9abc.\)
Mivel \(\displaystyle 0\leq a\leq b\leq c\), ezért
\(\displaystyle 3a(a-b)(a-c)\geq 0\)
és
\(\displaystyle 9abc\geq 0,\)
a másik két tag összegére pedig:
\(\displaystyle 3\Big(b(b-a)(b-c)+c(c-a)(c-b)\Big)\geq 3\Big(c(b-a)(b-c)+c(c-a)(c-b)\Big)=3c(b-c)^2\geq 0.\)
Ezt a három egyenlőtlenséget összeadva kapjuk, hogy az igazolandó egyenlőtlenség valóban teljesül. Egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha mindhárom esetben fennáll. Mivel \(\displaystyle c\) nem lehet 0, ezért \(\displaystyle c(b-c)^2=0\) alapján \(\displaystyle b=c\). Ekkor viszont \(\displaystyle 9abc=0\) csak úgy lehet, ha \(\displaystyle a=0\). Tehát \(\displaystyle a=0,b=c=1/2\), és ekkor valóban minden egyenlőség teljesül.
Megjegyzés. A 2. megoldásban a fentiek helyett a Schur-egyenlőtlenséget is használhatjuk, melynek egy speciális esete szerint
\(\displaystyle a(a-b)(a-c)+b(b-a)(b-c)+c(c-a)(c-b)\ge0.\)
Statisztika:
61 dolgozat érkezett. 6 pontot kapott: Bán-Szabó Áron, Baski Bence, Beinschroth Ninett, Ben Gillott, Bencsik Ádám, Bencsik Dávid, Bognár 171 András Károly, Csonka Illés, Diaconescu Tashi, Duchon Márton, Farkas 512 Izabella, Fekete Richárd, Hegedűs Dániel, Kalocsai Zoltán, Kercsó-Molnár Anita, Koleszár Domonkos, Kovács 129 Tamás, Kovács Alex, Kökényesi Márk Péter, Lengyel Ádám, Lovas Márton, Mácsai Dániel, Márton Kristóf, Molnár-Szabó Vilmos, Móra Márton Barnabás, Móricz Benjámin, Nádor Artúr, Nádor Benedek, Nagy 551 Levente, Németh Márton, Nyárfádi Patrik, Osztényi József, Rareș Polenciuc, Seres-Szabó Márton, Simon László Bence, Sztranyák Gabriella, Török Ágoston, Varga Boldizsár, Velich Nóra, Viharos Márta Judit, Virág Rudolf, Wiener Anna, Zömbik Barnabás. 5 pontot kapott: Kerekes Boldizsár. 3 pontot kapott: 2 versenyző. 2 pontot kapott: 2 versenyző. 1 pontot kapott: 7 versenyző. 0 pontot kapott: 6 versenyző.
A KöMaL 2021. februári matematika feladatai