Feladat:	B.4291	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Prok Tamás ,  Remete László
Füzet:	2011/április, 219 - 221. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Paraméteres egyenlőtlenségek, Logaritmusos függvények, Konstruktív megoldási módszer
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2010/szeptember: B.4291

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Mivel $a$, $b$, $c$ pozitív számok, az egyenlőtlenség mindkét oldala pozitív. Vegyük az egyenlőtlenség oldalainak 10-es alapú logaritmusát. Ez a függvény szigorúan monoton növekedő, tehát a reláció iránya változatlan marad. $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{lg}\left(a^b{b}^c{c}^a\right)\le \text{lg}\left(a^a{b}^b{c}^c\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Alkalmazzuk most a szorzat és a hatvány logaritmusára vonatkozó azonosságokat. ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle lg\left(a^b\right)+\text{lg}\left(b^c\right)+\text{lg}\left(c^a\right)}& {\displaystyle \le \text{lg}\left(a^a\right)+\text{lg}\left(b^b\right)+\text{lg}\left(c^c\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle b\cdot \text{lg}a+c\cdot \text{lg}b+a\cdot \text{lg}c}& {\displaystyle \le a\cdot \text{lg}a+b\cdot \text{lg}b+c\cdot \text{lg}c\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Használjuk fel a rendezési tételt, miszerint két valós számokból álló azonos elemszámú sorozat permutációból képzett szorzatösszeg akkor maximális, ha a két sorozat azonosan rendezett. Legyen most a két háromelemű sorozat $a$, $b$, $c$ és $\text{lg}a$, $\text{lg}b$, $\text{lg}c$. A logaritmusfüggvény szigorú monoton növekedése miatt a két sorozat azonosan rendezett, így $\begin{array}{c}{\displaystyle b\cdot \text{lg}a+c\cdot \text{lg}b+a\cdot \text{lg}c\le a\cdot \text{lg}a+b\cdot \text{lg}b+c\cdot \text{lg}c}\end{array}$ teljesül, az átalakítások ekvivalenciája miatt az eredeti egyenlőtlenség is igaz. Egyenlőség $a=b=c$ esetén áll fenn.     II. megoldás. Először egy jól használható algebrai egyenlőtlenséget idézünk fel. Legyenek $a$, $b$, $c$ pozitív számok, ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(a-b\right)}^2+{\left(b-c\right)}^2+{\left(c-a\right)}^2\ge 0.}\end{array}$ Kifejtés után osszunk végig kettővel, majd adjunk mindkét oldalhoz $3\left(ab+bc+ca\right)$-t. ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle 2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca}& {\displaystyle \ge \mathrm{0,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}& {\displaystyle \ge \mathrm{0,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}& {\displaystyle \ge 3ab+3bc+3ca\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Most mindkét oldalt a pozitív $3\left(a+b+c\right)$-vel elosztva kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{a+b+c}{3}\ge \frac{ab+bc+ca}{a+b+c}\mathrm{.}}\end{array}$ (1) Alkalmazzuk két változatban a súlyozott közepek közötti ismert egyenlőtlenségeket. Először írjuk fel az $a$, $b$, $c$ pozitív számokra, $a$, $b$, $c$ súlyokkal a súlyozott mértani és harmonikus közép közötti egyenlőtlenséget: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(a^a{b}^b{c}^c\right)}^{\frac{1}{a+b+c}}\ge \frac{a+b+c}{a\cdot \frac{1}{a}+b\cdot \frac{1}{b}+c\cdot \frac{1}{c}}=\frac{a+b+c}{3}\mathrm{.}}\end{array}$ (2) Ezután az $a$, $b$, $c$ számokra $b$, $c$, $a$ súlyokkal használjuk fel a súlyozott számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget. $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{b\cdot a+c\cdot b+a\cdot c}{a+b+c}\ge {\left(a^b{b}^c{c}^a\right)}^{\frac{1}{a+b+c}}\mathrm{.}}\end{array}$ (3) Végül (1), (2) és (3) egybevetéséből, az egyenlőtlenség mindkét oldalát $\left(a+b+c\right)$-edik hatványra emelve, kapjuk a feladat állítását: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle {\left(a^a{b}^b{c}^c\right)}^{\frac{1}{a+b+c}}\ge \frac{a+b+c}{3}\ge \frac{ab+bc+ca}{a+b+c}\ge {\left(a^b{b}^c{c}^a\right)}^{\frac{1}{a+b+c}}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle a^a{b}^b{c}^c\ge a^b{b}^c{c}^a\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Egyenlőség az (1) egyenlőtlenségben ‐ és ennek megfelelően a feladat állításában is ‐ akkor és csak akkor van, ha $a=b=c$.   Megjegyzés. Többen a rendezési tétel felhasználása nélkül esetekre bontották a vizsgálatot $a$, $b$, $c$ nagysági sorrendje szerint. Ezzel kapcsolatos jellemző hiba volt, hogy szimmetrikusnak ítélték az egyenlőtlenséget a változókban, s emiatt csak az esetek felére bizonyították az állítást.