Feladat: B.3780 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Angyal Gábor ,  Balambér Dávid ,  Beck Zoltán ,  Birkner Tamás ,  Bitai Tamás ,  Blázsik Zoltán ,  Bohus Péter ,  Csapó István ,  Csató László ,  Dudás László ,  Dömötör Erika ,  Eckert Bernadett ,  Estélyi István ,  Gehér György ,  Gyenizse Gergő ,  Győrffy Lajos ,  Halász Veronika ,  Horváth Zoltán ,  Hujter Bálint ,  Kara Márton ,  Kecskeméti Szabolcs ,  Kiss-Tóth Christian ,  Knipl Diána ,  Komáromy Dani ,  Kónya Gábor ,  Korándi Dániel ,  Kovács Péter ,  Kutas Péter ,  Lorántfy Bettina ,  Lukucz Balázs ,  Mátyás Péter ,  Matyó Anett ,  Mészáros Gábor ,  Nagy Csaba ,  Nagy János ,  Nagy Péter ,  Páldy Sándor ,  Pesti Veronika ,  Poronyi Balázs ,  Strenner Balázs ,  Szabó Tamás ,  Szalkai Balázs ,  Szalóki Dávid ,  Szentandrási István ,  Szilágyi Csaba ,  Tomon István ,  Tossenberger Anna ,  Udvari Balázs ,  Varga Péter 
Füzet: 2005/október, 411 - 413. oldal  PDF file
Témakör(ök): Nevezetes egyenlőtlenségek, Harmadfokú (és arra visszavezethető) egyenlőtlenségek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2004/december: B.3780

Igazoljuk, hogy az x, y, z pozitív számokra teljesül az alábbi egyenlőtlenség:
x+y+zxyz3xy+yz+zx.

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

I. megoldás. Írjuk föl a számtani és mértani közepek közti egyenlőtlenséget a pozitív xy, xy, yz számokra:

13(xy+xy+yz)x2yz3=x3xyz3=xxyz3.
Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha y2=xz, azaz y3=xyz.
Hasonlóan kapjuk, hogy
13(yz+yz+zx)yxyz3és13(zx+zx+xy)zxyz3,
az egyenlőség feltétele z2=xy, illetve x2=yz.
A három egyenlőtlenség összege éppen a bizonyítandó állítás. Egyenlőség úgy lehetséges, ha mindhárom összeadandóban külön-külön egyenlőség áll, amire akkor és csak akkor kerül sor, ha xyz=x3=y3=z3, azaz x=y=z.
 
II. megoldás. Az a=x3y3, b=y3z3, c=z3x3 jelölésekkel egyrészt abc=1, másrészt a bizonyítandó állítás az
ac+ba+cba3+b3+c3(1)
formában írható. (Például xxyz3=(x3)3x3y3z3=x3y3x3z3=a1c). Ha a bal oldalon közös nevezőre hozunk, akkor azt kell igazolnunk, hogy
a2b+b2c+c2aabca3+b3+c3.(2)
A bal oldal nevezője 1, így azt kapjuk, hogy
a2b+b2c+c2aa3+b3+c3.(3)
Ez az egyenlőtlenség nyomban adódik a rendezési tételből. A tétel azt mondja ki, hogy ha a1,a2,...,an és b1,b2,...,bn pozitív számok, c1,c2,...,cn pedig az utóbbi sorozat egy tetszőleges permutációja, akkor az
a1c1+a2c2+...+ancn
típusú összegek legnagyobbikát akkor kapjuk, ha az a1,a2,...,an és a c1,c2,...,cn sorozatok azonosan vannak rendezve. Ez azt jelenti, hogy aiaj és cicj egyszerre teljesül.
Az (a2;b2;c2) és az (a;b;c) sorozatok rendezése nyilván azonos, a feltétel tehát teljesül. Egyenlőség akkor és csak akkor áll, ha a bal oldalon a (b;c;a) sorozat rendezése azonos az (a;b;c) sorozat rendezésével, ez pedig ‐ gondoljuk meg ‐ akkor és csak akkor teljesül, ha a=b=c, ami az eredeti változókra nézve azt jelenti, hogy x=y=z.
 
Megjegyzések. 1. A rendezési tétel bizonyítása és néhány alkalmazása megtalálható Hajós ‐ Neukomm ‐ Surányi: Matematikai Versenytételek c. könyvének II. kötetében (Tankönyvkiadó, Budapest, 1986) a Néhány nevezetes egyenlőtlenség közös forrásáról című jegyzetben.
2. A (3) egyenlőtlenség a súlyozott számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenség segítségével is igazolható. Az új változók bevezetése után az I. megoldás ,,trükkje'' logikus lépés: a2b az a3 és b3 súlyozott mértani közepe az 1 összegű 23, 13 súlyokkal, így a2b=(a3)23(b3)1323a3+13b3. A másik két hasonló egyenlőtlenséget felírva és összegezve a bizonyítandó állítást kapjuk1. A befejezésül közölt megoldás egy másik ,,örökzöld'' fegyver, a Cauchy‐Schwarz‐Bunyakovszkij egyenlőtlenség felhasználásával oldja meg a feladatot.
 
III. megoldás. A megoldás során föltehető, hogy xyz=1. Tekintsük ugyanis az x1=xxyz3, y1=yxyz3, z1=zxyz3 mennyiségeket. Ezek a feltétel szerint pozitívak, a szorzatuk 1, továbbá tagonként egyszerűsítve xy+yz+zx=x1y1+y1z1+z1x1. Ekkor azt kell bizonyítanunk, hogy
x1+y1+z1x1y1+y1z1+z1x1.(4)
A továbbiakban a pótlólagos xyz=1 feltevés mellett az egyszerűség kedvéért elhagyjuk az indexeket.
Vegyük észre, hogy ekkor xyz=xzyyy=1y és hasonlóan yzx=1z, illetve zxy=1x. Így
1y+1z+1x=xyz+yzx+zxy.
A jobb oldali alak négyzete a Cauchy‐Schwarz‐Bunyakovszkij egyenlőtlenség szerint felülről becsülhető, tehát
(1x+1y+1z)2(xy+yz+zx)(x+y+z).
Hasonló módon x+y+z=xy1z+yz1x+zx1y. Ismét a Cauchy‐Schwarz‐Bunyakovszkij egyenlőtlenséget alkalmazva:
(x+y+z)2(xy+yz+zx)(1x+1y+1z).
Ha négyzetre emeljük ezt a második egyenlőtlenséget, akkor a jobb oldal második tényezőjének a négyzete az első egyenlőtlenség szerint tovább becsülhető:
(x+y+z)4(xy+yz+zx)2(1x+1y+1z)2(xy+yz+zx)3(x+y+z).
A változók összege pozitív, így ezzel egyszerűsítve, majd köbgyököt vonva a bizonyítandóval ekvivalens (4) egyenlőtlenséget kapjuk.
 
Megjegyzések. 1. A Cauchy‐Schwarz‐Bunyakovszkij egyenlőtlenségben mindkét alkalmazásakor x=y=z=1 az egyenlőség feltétele, ami az eredeti feladatra nézve azt jelenti, hogy pontosan akkor van egyenlőség, ha x=y=z.
2. A feladat felső becslést ad három mennyiség számtani és mértani közepének az arányára: A(x;y;z)G(x;y;z)13(xy+yz+zx)=A(xy;yz;zx). A C. 787. feladatban (kitűzve: KöMaL 2004/9. sz., 552. o.) hasonló becslést kellett igazolni két mennyiség számtani és mértani közepének a hányadosára: eszerint A(x,y)G(x,y)12(xy+yx). A lehetséges általánosításokat az olvasóra hagyjuk.
1Ez a ,,trükk'' egyébként általában Muirhead-egyenlőtlenség néven ismert. Ezt a tételt láthatjuk akcióban a Matematikai Diákolimpia 3. feladatának megoldásakor (ld. a 389‐390. oldalt) és részletesebben is bemutatjuk az ,,Változatok a szimmetriára: így működik a Muirhead-egyenlőtlenség'' című cikkünkben.