Kezdőlap


Feladat:	2003. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 21. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Egri Attila
Füzet:	2004/október, 391 - 392. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Geometriai egyenlőtlenségek, Indirekt bizonyítási mód, Nemzetközi Matematikai Diákolimpia
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2004/szeptember: 2003. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 21. feladata

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

Egri Attila megoldása. A bizonyítás indirekt: Tegyük fel, hogy valamilyen $a$ , $b$ és $c$ számokra $t_{a}$ , $t_{b}$ és $t_{c}$ nem egy háromszög oldalai, tehát pl. $t_{a} \geq t_{b} + t_{c}$ .
A feladat szerint:

\begin{matrix} n^{2} + 1 > (t_{1} + t_{2} + ... + t_{n}) (\frac{1}{t_{1}} + \frac{1}{t_{2}} + ... + \frac{1}{t_{n}}) = \end{matrix}

\begin{matrix} = n + \sum_{i < j}^{} (\frac{t_{i}}{t_{j}} + \frac{t_{j}}{t_{i}}) = n + \sum_{i < j i, j \notin {a; b; c}}^{} (\frac{t_{i}}{t_{j}} + \frac{t_{j}}{t_{i}}) + \frac{t_{a}}{t_{b}} + \frac{t_{b}}{t_{a}} + \frac{t_{a}}{t_{c}} + \frac{t_{c}}{t_{a}} + \frac{t_{b}}{t_{c}} + \frac{t_{c}}{t_{b}} . \end{matrix}

A jobb oldalon a szumma jelen belül használjuk fel, hogy

x \in R^{+}

-ra

x + \frac{1}{x} \geq 2

. Így azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} n^{2} + 1 > n + 2 \cdot [(\binom{n}{2}) - 3] + \frac{t_{a}}{t_{b}} + \frac{t_{b}}{t_{a}} + \frac{t_{a}}{t_{c}} + \frac{t_{c}}{t_{a}} + \frac{t_{b}}{t_{c}} + \frac{t_{c}}{t_{b}} . \end{matrix}

(1)

Belátjuk, hogy az indirekt

t_{a} \geq t_{b} + t_{c}

feltevésből a nyilvánvaló

T = \frac{t_{a}}{t_{b}} + \frac{t_{b}}{t_{a}} + \frac{t_{a}}{t_{c}} + \frac{t_{c}}{t_{a}} + \frac{t_{b}}{t_{c}} + \frac{t_{c}}{t_{b}} \geq 6

becslésnél erősebb

T \geq 7

is megkapható.
Ehhez használjuk fel, hogy ha

p

-t rögzítjük és

q

-t

p

felé közelítjük, akkor

\frac{p}{q} + \frac{q}{p}

értéke csökken. Ez leolvasható az

f (q) = \frac{p}{q} + \frac{q}{p}

grafikonjáról (ábra), de közvetlen bizonyítás is nyomban adódik:

\begin{matrix} p q r (f (q) - f (r)) = p^{2} r + q^{2} r - r^{2} p - q^{2} p = (r - p) (q^{2} - r p) . \end{matrix}

Ha pedig

r

elválasztja

p

-t és

q

-t, akkor a szorzat tényezői azonos előjelűek, így

0 \leq p, q, r

miatt

f (q) \geq f (r)

valóban.

Ezek után írjunk

T

-ben

t_{a}

helyére

(t_{b} + t_{c})

-t. Mivel

t_{a} \geq t_{b} + t_{c} \geq t_{b}

és

t_{a} \geq t_{b} + t_{c} \geq t_{c}

, azért a fentiek szerint ezzel

T

csökken.

\begin{matrix} \frac{t_{a}}{t_{b}} + \frac{t_{b}}{t_{a}} & \geq \frac{t_{b} + t_{c}}{t_{b}} + \frac{t_{c}}{t_{b} + t_{c}} = 1 + \frac{t_{c}}{t_{b}} + \frac{t_{b}}{t_{b} + t_{c}}, illetve \\ \frac{t_{a}}{t_{c}} + \frac{t_{c}}{t_{a}} & \geq \frac{t_{b} + t_{c}}{t_{c}} + \frac{t_{c}}{t_{b} + t_{c}} = 1 + \frac{t_{b}}{t_{c}} + \frac{t_{c}}{t_{b} + t_{c}} . \end{matrix}

Így

T \geq 2 + 2 (\frac{t_{c}}{t_{b}} + \frac{t_{b}}{t_{c}}) + 1 \geq 7

, hiszen

\frac{t_{c}}{t_{b}} + \frac{t_{b}}{t_{c}} \geq 2

. Ezzel pedig (1) a következőképpen alakul:

\begin{matrix} n^{2} + 1 > n + 2 [(\binom{n}{2}) - 3] + 7 = n^{2} + 1, \end{matrix}

tehát

n^{2} + 1 > n^{2} + 1

. A kapott ellentmondás azt jelenti, hogy a feladat állítása igaz: minden

i < j < k

-ra teljesül, hogy

t_{i}

t_{j}

és

t_{k}

egy háromszög oldalai.