Kezdőlap


Feladat:	Pontversenyen kívüli P.340	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Alberti Gábor , Krecsmáry Tamás , Megyesi Gábor
Füzet:	1981/április, 165 - 166. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Harmadfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Klasszikus valószínűség, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1980/október: Pontversenyen kívüli P.340

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

A három dobott szám összege csak akkor osztható $3$ -mal, ha a számok $3$ -mal osztva ugyanazt a maradékot adják, vagy ha $3$ -mal osztva páronként különböző maradékot adnak. Jelölje $a$ , $b$ , $c$ az ikozaéderen szereplő $3 k$ , $3 k + 1$ , ill. $3 k - 1$ alakú számok számát.
Arra, hogy mindhárom dobott szám $3 k$ alakú legyen $a^{3}$ lehetőség van. Ugyanígy $b^{3}$ , ill. $c^{3}$ lehetőség van arra, hogy a három dobott szám mindegyike $3 k + 1$ , ill. $3 k - 1$ alakú legyen.
A három szám $3! = 6$ sorrendben adhat különböző maradékot, és ha a maradékok sorrendjét rögzítjük, a három számot $a b c$ -féleképpen választhatjuk ki. Összesen $a^{3} + b^{3} + c^{3} + 6 a b c$ olyan eset van tehát, amikor a három dobott szám összege osztható $3$ -mal. Az összes lehetséges dobások száma pedig ${(a + b + c)}^{3}$ . A bizonyítandó állítás azt jelenti, hogy

\begin{matrix} \frac{a^{3} + b^{3} + c^{3} + 6 a b c}{{(a + b + c)}^{3}} \geq \frac{1}{4}; \end{matrix}

Ha az

\frac{a}{a + b + c}

\frac{b}{a + b + c}

és

\frac{c}{a + b + c}

mennyiségeket rendre

p, q

ill.

r

-rel jelöljük, akkor

p + q + r = 1

p \geq 0

q \geq 0

r \geq 0

és a fenti egyenlőtlenség az alábbi alakot ölti:

\begin{matrix} p^{3} + q^{3} + r^{3} + 6 p q r \geq \frac{1}{4}; \end{matrix}

(1)

Elegendő tehát belátnunk, hogy ez az egyenlőtlenség a

p + q + r = 1

p \geq 0

q \geq 0

r \geq 0

feltételek mellett teljesül.
A továbbiakban már ,,elfeledkezhetünk'' arról, mit jelent

p

q

r

. (1) szimmetrikus

p

-ben,

q

-ban és

r

-ben, így feltehetjük, hogy

p \geq q \geq r

q^{3} + r^{3} = {(q + r)}^{3} - 3 q r (q + r)

, ami a

p + q + r = 1

feltétel mellett ekvivalens azzal, hogy

q^{3} + r^{3} = {(1 - p)}^{3} + 3 (p - 1) q r

. Az (1) egyenlőtlenség ekvivalens tehát azzal, hogy a

\begin{matrix} p^{3} + {(1 - p)}^{3} + 3 q r (3 p - 1) \geq \frac{1}{4} \end{matrix}

(2)

egyenlőtlenség minden nem negatív

p

q

r

-re fennáll. Feltevésünk szerint

p \geq q \geq r

és

p + q + r = 1

, így

p \geq \frac{1}{3}

. Következésképp

\begin{matrix} 3 q r (3 p - 1) \geq 0, \end{matrix}

q, r

nem negatív. Végül

\begin{matrix} p^{3} + {(1 - p)}^{3} = 1 - 3 p + 3 p^{2} = \frac{3}{4} {(1 - 2 p)}^{2} + \frac{1}{4} \geq \frac{1}{4}; \end{matrix}

A két utolsó egyenlőtlenségből (2) következik, és ezt kellett bizonyítani.

Alberti Gábor (Budapest, Árpád Gimn., III. o. t.) dolgozata alapján

Megjegyzés. A most bizonyított állítás átfogalmazható a következőképpen. Egy urnában van

M

papírdarab, mindegyikre egy-egy egész szám van írva. Háromszor húzunk az urnából, a papíron álló számot feljegyezzük, majd a papírt visszadobjuk. Ekkor legalább

1 / 4

a valószínűsége annak, hogy a három feljegyzett szám összege osztható

3

-mal. A bizonyításban azonban nem használtuk ki, hogy

n = 20

, vagyis hogy az ikozaédernek

20

lapja van. A közben bevezetett

p

q

r

annak a valószínűsége, hogy a dobott (húzott) szám

3 k

3 k + 1

, ill.

3 k - 1

alakú. A bizonyításból az is kiadódik, hogy az

1 / 4

valószínűség pontosan akkor érhető el, ha a

p

q

r

számok közül az egyik

0

, a másik kettő pedig

1 / 2

. (S. L.)