Kezdőlap


Feladat:	B.3821	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Horváth Zoltán , Lovász László Miklós
Füzet:	2006/március, 153 - 154. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Diofantikus egyenletek, Számtani közép, Mértani közép, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2005/április: B.3821

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

I. megoldás. A feltétel szerint $S$ pozitív, azért $S^{2}$ és $S$ minimuma egyszerre létezik, $S$ minimuma $S^{2}$ minimumának a négyzetgyöke és a két minimumot a változók ugyanazon értékeire kapjuk. Számoljuk tehát ki $S$ négyzetét:

\begin{matrix} S^{2} = \frac{a^{2} b^{2}}{c^{2}} + \frac{b^{2} c^{2}}{a^{2}} + \frac{c^{2} a^{2}}{b^{2}} + 2 ({\underset{︸}{\frac{a b}{c} \cdot \frac{a c}{b} + \frac{a b}{c} \cdot \frac{b c}{a} + \frac{b c}{a} \cdot \frac{a c}{b}}}_{a^{2} + b^{2} + c^{2} = 1}^{}) . \end{matrix}

Rendezzük át a kapott egyenlőséget és csoportosítsuk a jobb oldalon a tagokat:

\begin{matrix} S^{2} - 2 = \frac{1}{2} (\frac{a^{2} b^{2}}{c^{2}} + \frac{a^{2} c^{2}}{b^{2}}) + \frac{1}{2} (\frac{a^{2} b^{2}}{c^{2}} + \frac{b^{2} c^{2}}{a^{2}}) + \frac{1}{2} (\frac{b^{2} c^{2}}{a^{2}} + \frac{a^{2} c^{2}}{b^{2}}) . \end{matrix}

A jobb oldal a számtani és a mértani közép közti egyenlőtlenség szerint nagyobb vagy egyenlő, mint

\begin{matrix} \sqrt[]{\frac{a^{2} b^{2}}{c^{2}} \cdot \frac{a^{2} c^{2}}{b^{2}}} + \sqrt[]{\frac{a^{2} b^{2}}{c^{2}} \cdot \frac{b^{2} c^{2}}{a^{2}}} + \sqrt[]{\frac{b^{2} c^{2}}{a^{2}} \cdot \frac{a^{2} c^{2}}{b^{2}}} = a^{2} + b^{2} + c^{2} = 1. \end{matrix}

Azt kaptuk, hogy

S^{2} \geq 3

; a bevezetőben mondottak szerint tehát

S

-nek a megadott feltételek esetén létezik legkisebb értéke és az

\sqrt[]{3}

. Az is látható, hogy az egyenlőség feltétele az, hogy mindhárom számtani-mértani egyenlőtlenségben az egyenlőség teljesüljön, amire pontosan akkor kerül sor, ha

\frac{a b}{c} = \frac{a c}{b} = \frac{b c}{a}

, azaz

a = b = c = \frac{\sqrt[]{3}}{3}

Megjegyzések. 1. Az olvasó felismerheti a 2005. októberi számunkban ismertetett Muirhead-tétel módszerét. A feladat lényegében az

\begin{matrix} \frac{a^{2} b^{2}}{c^{2}} + \frac{b^{2} c^{2}}{a^{2}} + \frac{c^{2} a^{2}}{b^{2}} \geq a^{2} + b^{2} + c^{2} \end{matrix}

egyenlőtlenség igazolása volt. Ennek szimmetrikus változata a Muirhead-tétel szerint igaz, hiszen

(2; 2; - 2) ≻ (2; 0; 0)

. A feladat állítása ennél élesebb, itt már a ciklikus permutációk között is fennáll az egyenlőtlenség. Ez azon múlik, hogy a

B (2; 0; 0)

pont benne van az

A_{1} (2; 2; - 2)

A_{2} (2; - 2; 2)

A_{3} (- 2; 2; 2)

pontok konvex burkában: az

A_{1} A_{2}

szakasz felezőpontja.
2. Másképpen is bebizonyíthatjuk a fenti megoldásban kulcsszerepet játszó

\begin{matrix} Q = \frac{a^{2} b^{2}}{c^{2}} + \frac{b^{2} c^{2}}{a^{2}} + \frac{c^{2} a^{2}}{b^{2}} \geq a^{2} + b^{2} + c^{2} \end{matrix}

egyenlőtlenséget. A bal oldal kétszeresében a tagokat alkalmasan csoportosítva

\begin{matrix} (\frac{a^{2} b^{2}}{c^{2}} + \frac{b^{2} c^{2}}{a^{2}}) + (\frac{c^{2} a^{2}}{b^{2}} + \frac{a^{2} b^{2}}{c^{2}}) + (\frac{b^{2} c^{2}}{a^{2}} + \frac{c^{2} a^{2}}{b^{2}}) = \\ = b^{2} (\frac{a^{2}}{c^{2}} + \frac{c^{2}}{a^{2}}) + a^{2} (\frac{c^{2}}{b^{2}} + \frac{b^{2}}{c^{2}}) + c^{2} (\frac{b^{2}}{a^{2}} + \frac{a^{2}}{b^{2}}) . \end{matrix}

A jobb oldalon a zárójelekben rendre egy-egy pozitív számnak és a reciprokának az összege áll, amelyről ismeretes, hogy legalább 2. Így

2 Q \geq 2 (a^{2} + b^{2} + c^{2})

és ezt akartuk bizonyítani.

II. megoldás. Azt fogjuk igazolni, hogy

S \geq \sqrt[]{3}

. A pozitív nevezőkkel való szorzás után elegendő azt bebizonyítani, hogy

\sqrt[]{3} a b c \leq a^{2} b^{2} + b^{2} c^{2} + c^{2} a^{2}

.
Vezessük be az

x = a b

y = b c

z = c a

változókat. Ezekkel az eredeti változók négyzete rendre

\begin{matrix} a^{2} = \frac{z x}{y}, b^{2} = \frac{x y}{z}, c^{2} = \frac{y z}{x} . \end{matrix}

A feltétel a nevezőkkel való szorzás után az új változókra nézve azt jelenti, hogy

x^{2} y^{2} + y^{2} z^{2} + z^{2} x^{2} = x y z

, a bizonyítandó állítás pedig azt, hogy

\begin{matrix} \sqrt[]{3 x y z} \leq x^{2} + y^{2} + z^{2} . \end{matrix}

Négyzetre emelve

\begin{matrix} 3 x y z \leq x^{4} + y^{4} + z^{4} + 2 (x^{2} y^{2} + y^{2} z^{2} + z^{2} x^{2}) . \end{matrix}

Az új változókra kapott feltételből helyettesítsük be

x y z

négyzetösszeg alakját:

\begin{matrix} 3 x^{2} y^{2} + 3 y^{2} z^{2} + 3 z^{2} x^{2} \leq x^{4} + y^{4} + z^{4} + 2 (x^{2} y^{2} + y^{2} z^{2} + z^{2} x^{2}) . \end{matrix}

Rendezve és 2-vel szorozva

\begin{matrix} 0 & \leq x^{4} + y^{4} - 2 x^{2} y^{2} + y^{4} + z^{4} - 2 y^{2} z^{2} + z^{4} + x^{4} - 2 z^{2} x^{2} = \\ = {(x^{2} - y^{2})}^{2} + {(y^{2} - z^{2})}^{2} + {(z^{2} - x^{2})}^{2} . \end{matrix}

A végső egyenlőtlenség nyilvánvalóan teljesül. Ezzel bebizonyítottuk, hogy

S \geq \sqrt[]{3}

. Egyenlőség lehetséges, pontosan akkor, ha

x^{2} = y^{2} = z^{2}

, azaz ha

a^{2} = b^{2} = c^{2} = \frac{1}{3}

, vagyis a kifejezés legkisebb lehetséges értéke

\sqrt[]{3}