Kezdőlap


Cím:	Olimpiai megjegyzések
Szerző(k):	Pataki János
Füzet:	2005/november, 450. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Nemzetközi Matematikai Diákolimpia

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Előző számunkban közöltük a Nemzetközi Matematikai Diákolimpia feladatainak megoldását. Most ismertetjük a moldovai Iurie Boreico szépségdíjas megoldását a legnehezebbnek bizonyult 3. feladatra. Nem nagyon van mit hozzáfűzni; egyetlen bravúros lépésben tűnik el a feladat valamennyi méregfoga.

3. Legyenek

x

y

z

pozitív valós számok, amelyekre teljesül

x y z \geq 1

. Bizonyítsuk be, hogy fennáll az

\begin{matrix} \frac{x^{5} - x^{2}}{x^{5} + y^{2} + z^{2}} + \frac{y^{5} - y^{2}}{y^{5} + z^{2} + x^{2}} + \frac{z^{5} - z^{2}}{z^{5} + x^{2} + y^{2}} \geq 0 \end{matrix}

egyenlőtlenség.

Megoldás. Vegyük észre, hogy

\begin{matrix} \frac{x^{5} - x^{2}}{x^{5} + y^{2} + z^{2}} \geq \frac{x^{5} - x^{2}}{x^{3} (x^{2} + y^{2} + z^{2})} = \frac{x^{3} - 1}{x (x^{2} + y^{2} + z^{2})} . \end{matrix}

(1)

A pozitív nevezőkkel szorozva és rendezve ugyanis (1) ekvivalens az

\begin{matrix} (x^{3} - 1) (x^{3} (x^{2} + y^{2} + z^{2}) - (x^{5} + y^{2} + z^{2})) \geq 0 \end{matrix}

egyenlőtlenséggel. A második tényező

(x^{3} - 1) (y^{2} + z^{2})

, így annyi kell, hogy

\begin{matrix} {(x^{3} - 1)}^{2} (y^{2} + z^{2}) \geq 0, \end{matrix}

ez pedig nyilvánvaló.
A bizonyítandó egyenlőtlenség bal oldala ezután tagonként becsülhető alulról az (1)-ből ciklikus helyettesítéssel kapott kifejezések összegével. Elegendő tehát azt igazolnunk, hogy

\begin{matrix} \frac{1}{x^{2} + y^{2} + z^{2}} (\frac{x^{3} - 1}{x} + \frac{y^{3} - 1}{y} + \frac{z^{3} - 1}{z}) \geq 0. \end{matrix}

(2)

Az első tényező pozitív. A második tényezőben

\begin{matrix} \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = \frac{x y + y z + z x}{x y z} \leq x y + y z + z x, \end{matrix}

hiszen a feltétel szerint

x y z \geq 1

. A (2) második tényezője tehát nagyobb vagy egyenlő, mint

x^{2} + y^{2} + z^{2} - x y - y z - z x = \frac{1}{2} ({(x - y)}^{2} + {(y - z)}^{2} + {(z - x)}^{2})

, ez pedig valóban nem negatív: készen vagyunk. A bizonyításból az is kiolvasható, hogy egyenlőség kizárólag akkor teljesül, ha

x = y = z = 1