A C. 1751. feladat (2023. január)

C. 1751. Legyenek $\displaystyle a$ és $\displaystyle b$ olyan pozitív valós számok, melyekre $\displaystyle a^2+b^2=\frac{2}{9}$. Igazoljuk, hogy

$\displaystyle \frac{1}{2-3a}+\frac{1}{2-3b} \ge 2.$

Javasolta: Szmerka Gergely (Budapest)

(5 pont)

A beküldési határidő 2023. február 10-én LEJÁRT.

1. megoldás. Az $\displaystyle a^2+b^2=\frac{2}{9}$ feltételből következik, hogy $\displaystyle 0<a, b\le \frac{\sqrt2}{3}<\frac{1}{2}$, amelyből $\displaystyle 2-3a>0$ és $\displaystyle 2-3b>0$. A bizonyítandó egyenlőtlenség mindkét oldalát beszorozzuk a pozitív nevezők szorzatával, így a következő, az eredetivel ekvivalens egyenlőtlenséget kapjuk:

$\displaystyle 4-3a-3b\ge 2(2-3a)(2-3b).$

A műveletek elvégzése és rendezés után a

$\displaystyle 9a+9b\ge 4+18ab$

egyenlőtlenséghez jutunk, melynek mindkét oldala pozitív, ezért négyzetre emelhetjük:

$\displaystyle 81a^2 + 162ab + 81b^2 \ge 16+144ab+324a^2b^2,$

majd az $\displaystyle a^2+b^2$ helyére beírjuk a $\displaystyle \frac{2}{9}$-et. Nullára redukáljuk, így az $\displaystyle ab$-ben másodfokú $\displaystyle 162a^2b^2-9ab-1\le 0$ egyenlőtlenséget kapjuk a $\displaystyle -\frac{1}{18}\le ab \le \frac{1}{9}$ megoldáshalmazzal. Ez pedig rendben van, mert egyrészt $\displaystyle a$ és $\displaystyle b$ pozitív, másrészt ismert, hogy két pozitív szám mértani közepe nem nagyobb a négyzetes közepüknél, ezért $\displaystyle \sqrt{ab}\le \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}=\frac{1}{3}$, vagyis $\displaystyle ab \le \frac{1}{9},$ egyenlőség csak $\displaystyle a=b=\frac13$ esetén áll fenn.

Mivel végig ekvivalens átalakításokat végeztünk, ezért az eredeti egyenlőtlenség is teljesül, egyenlőség $\displaystyle a=b=\frac13$ áll fenn.

2. megoldás. A feltételből $\displaystyle a^2,b^2\le a^2+b^2=\frac29$, tehát $\displaystyle 0\le a,b<\frac23$; a bal oldalon mindkét nevező pozitív.

Vegyük észre, hogy $\displaystyle 0\le x<\frac23$ esetén

$\displaystyle \frac1{2-3x} \ge \frac92x^2+\frac12,$

mert

$\displaystyle \frac1{2-3x}-\frac92x^2-\frac12 = \frac{27x^3-18x^2+3x}{2(2-3x)} = \frac{3x(3x-1)^2}{2(2-3x)} \ge 0;$

egyenlőség csak $\displaystyle x=0$ és $\displaystyle x=\frac13$ esetén áll fenn.

Ezt a becslést mindkét tagra felírva:

$\displaystyle \frac1{2-3a}+\frac1{2-3a} \ge \bigg(\frac92a^2+\frac12\bigg)+\bigg(\frac92b^2+\frac12\bigg) = \frac92(a^2+b^2)+1 = 2.$

(Egyenlőség csak $\displaystyle a=b=\frac13$ esetén.)

Megjegyzés. A 2. megoldás során egy standard becslési módszert alkalmaztunk, amelynek lényege, hogy $\displaystyle \dfrac1{2-3x}\ge Ax^2+B$ alakú becslést kerestünk. Az egyenlőség esete könnyen kitalálható: $\displaystyle x=\frac13$; ebben a pontban az első deriváltak is egyenlők. Ez pedig az $\displaystyle \frac19A+B=1$, $\displaystyle \frac23A=3$ egyenletrendszerre vezet, melynek megoldása $\displaystyle A=\frac92$, $\displaystyle B=\frac12$.

Statisztika:

27 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Fekete Patrik, Halász Henrik, Hosszu Noel, Keszthelyi Eszter, Mészáros Anna Veronika, Richlik Márton, Schneider Dávid, Sipeki Márton, Végh Lilian, Waldhauser Miklós.
4 pontot kapott:	Emődi Marcell, Hajós Balázs, Petró Péter.
2 pontot kapott:	1 versenyző.
1 pontot kapott:	5 versenyző.
0 pontot kapott:	3 versenyző.
Nem versenyszerű:	1 dolgozat.

A KöMaL 2023. januári matematika feladatai