 |
A C. 1820. feladat (2024. szeptember) |
C. 1820. Bizonyítsuk be, hogy ha \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c>0\) és \(\displaystyle a+b+c=1\), akkor
\(\displaystyle a)\) \(\displaystyle \displaystyle{\frac{1-a^2}{b+c}+\frac{1-b^2}{c+a}+\frac{1-c^2}{a+b}=4}\),
\(\displaystyle b)\) \(\displaystyle \displaystyle{\frac{1-a^3}{b+c}+\frac{1-b^3}{c+a}+\frac{1-c^3}{a+b}\geq \frac{13}{3}}\).
Javasolta: Bencze Mihály, Brassó
(5 pont)
A beküldési határidő 2024. október 10-én LEJÁRT.
Megoldás. \(\displaystyle a)\) A bizonyítandó egyenlőség bal oldalán szereplő törtek nevezői a feltétel miatt pozitívak, számlálói pedig szorzattá alakíthatók:
| \(\displaystyle (1)\) | \(\displaystyle \displaystyle{\frac{(1-a)(1+a)}{b+c}+\frac{(1-b)(1+b)}{c+a}+\frac{(1-c)(1+c)}{a+b}}.\) |
Mivel \(\displaystyle a+b+c=1\), ezért
\(\displaystyle 1-a=b+c;\quad 1-b=c+a; \quad 1-c=a+b,\)
ezért (1) a következőképpen is írható:
\(\displaystyle \displaystyle{\frac{(b+c)(1+a)}{b+c}+\frac{(c+a)(1+b)}{c+a}+\frac{(a+b)(1+c)}{a+b}},\)
egyszerűsítés után a bal oldal értéke
\(\displaystyle (1+a)+(1+b)+(1+c),\)
ebből pedig \(\displaystyle a+b+c=1\) alapján az következik, hogy a bal oldali törtek összege \(\displaystyle 4\), és éppen ezt akartuk bizonyítani.
\(\displaystyle b)\) Az \(\displaystyle 1-a^3\), \(\displaystyle 1-b^3\), \(\displaystyle 1-c^3\) kifejezések szorzattá alakíthatók:
\(\displaystyle \displaystyle{1-a^3=(1-a)(1+a+a^2);\quad 1-b^3=(1-b)(1+b+b^2);\quad 1-c^3=(1-c)(1+c+c^2)},\)
ezért a bizonyítandó egyenlőtlenség bal oldalán
\(\displaystyle \displaystyle{S=\frac{(1-a)(1+a+a^2)}{b+c}+\frac{(1-b)(1+b+b^2)}{c+a}+\frac{(1-c)(1+c+c^2)}{a+b}}\)
áll.
Ebből
\(\displaystyle 1-a=b+c;\quad 1-b=c+a;\quad 1-c=a+b\)
felhasználásával azt kapjuk, hogy a bal oldal:
| \(\displaystyle (2)\) | \(\displaystyle S=1+a+a^2+1+b+b^2+1+c+c^2.\) |
A (2) összefüggésből \(\displaystyle a+b+c=1\) szerint az következik, hogy
| \(\displaystyle (3)\) | \(\displaystyle S=4+a^2+b^2+c^2.\) |
Alkalmazzuk a pozitív \(\displaystyle a,b,c\) számokra a négyzetes és számtani közép közötti egyenlőtlenséget: \(\displaystyle \displaystyle{\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}\geq \frac{a+b+c}{3}},\) tehát
\(\displaystyle \displaystyle{\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}\geq \frac{1}{3}},\)
innen pedig négyzetre emeléssel és rendezéssel kapjuk, hogy
| \(\displaystyle (4)\) | \(\displaystyle \displaystyle{a^2+b^2+c^2\geq \frac{1}{3}}.\) |
A (3) és (4) összefüggések összevetésével adódik, hogy
\(\displaystyle \displaystyle{S=4+a^2+b^2+c^2\geq 4+\frac{1}{3}=\frac{13}{3}},\)
és ezt kellett bizonyítanunk.
Egyenlőség pontosan akkor van, ha a négyzetes és a számtani közép közötti egyenlőtlenségben az egyenlőség esete áll fenn, vagyis, ha \(\displaystyle \displaystyle{a=b=c=\frac{1}{3}}\).
Statisztika:
265 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: 99 versenyző. 4 pontot kapott: 12 versenyző. 3 pontot kapott: 80 versenyző. 2 pontot kapott: 25 versenyző. 1 pontot kapott: 2 versenyző. 0 pontot kapott: 2 versenyző. Nem versenyszerű: 1 dolgozat. Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt: 31 dolgozat.
A KöMaL 2024. szeptemberi matematika feladatai