Feladat:	B.4355	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Csörgő András ,  Czipó Bence ,  Frittmann Júlia ,  Hajnal Máté ,  Lenger Dániel ,  Máthé László ,  Nagy Róbert ,  Sagmeister Ádám ,  Tossenberger Tamás ,  Varga Zoltán Attila ,  Weisz Gellért ,  Weisz Ambrus ,  Zahemszky Péter ,  Zelena Réka ,  Zilahi Tamás
Füzet:	2012/május, 285 - 286. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Egyenlőtlenségek, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Nevezetes azonosságok
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2011/április: B.4355

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Azt kell igazolnunk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle S=\frac{z^3+y^3}{x^2+xy+y^2}+\frac{x^3+z^3}{y^2+yz+z^2}+\frac{y^3+x^3}{z^2+zx+x^2}\ge 2.}\end{array}$ Az $a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)$ azonosságot, valamint a számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenséget felhasználva ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle S\ge 3\sqrt[3]{\frac{z^3+y^3}{x^2+xy+y^2}\cdot \frac{x^3+z^3}{y^2+yz+z^2}\cdot \frac{y^3+x^3}{z^2+zx+x^2}}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =3\sqrt[3]{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\sqrt[3]{\frac{x^2-xy+y^2}{x^2+xy+y^2}\cdot \frac{y^2-yz+z^2}{y^2+yz+z^2}\cdot \frac{z^2-zx+x^2}{z^2+zx+x^2}}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Tetszőleges $a$, $b$ valós számokra $0\le 2{\left(a-b\right)}^2$ miatt fennáll az $a^2+ab+b^2\le$ ≤3(a2-ab+b2) egyenlőtlenség. Ha belátjuk, hogy $\sqrt[3]{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\ge 2$ is igaz, akkor ezeket felhasználva a kívánt $S\ge 3\cdot 2\cdot \frac{1}{3}=2$ egyenlőtlenséget kapjuk. A számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenséget és az $xyz=1$ feltételt felhasználva kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{x+y}{2}\cdot \frac{y+z}{2}\cdot \frac{z+x}{2}\ge \sqrt[]{xy}\sqrt[]{yz}\sqrt[]{zx}=xyz=1.}\end{array}$ Ezért $\sqrt[3]{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\ge 2$ valóban teljesül, és így a fentiek szerint a bizonyítandó $S\ge 2$ egyenlőtlenség is. A megoldásból az is látszik, hogy egyenlőség pontosan az $x=y=z=1$ esetben áll fenn.     II. megoldás. Könnyen ellenőrizhetjük, hogy a $z^3+y^3$, $x^3+z^3$, $y^3+x^3$ és az $y^2+yz+z^2$, $z^2+zx+x^2$, $x^2+xy+y^2$ számhármasok azonosan rendezettek. Így a rendezési tétel szerint ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle S}& {\displaystyle =\frac{z^3+y^3}{x^2+xy+y^2}+\frac{x^3+z^3}{y^2+yz+z^2}+\frac{y^3+x^3}{z^2+zx+x^2}\ge }\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle \ge \frac{z^3+y^3}{y^2+yz+z^2}+\frac{x^3+z^3}{z^2+zx+x^2}+\frac{y^3+x^3}{x^2+xy+y^2}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Az I. megoldásban igazolt   $a^2+ab+b^2\le 3\left(a^2-ab+b^2\right)$ összefüggést felhasználva megmutatjuk, hogy az   ily módon kapott összeg $\frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}$ alakú tagjai (ahol $a$, $b$ pozitív számok) alulról becsülhetők $\frac{a+b}{3}$-mal: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}=\left(a+b\right)\cdot \frac{a^2-ab+b^2}{a^2+ab+b^2}\ge \frac{a+b}{3}\mathrm{.}}\end{array}$ Ezt a becslést, továbbá a számtani és mértani közép közötti összefüggést alkalmazva a bizonyítandó állítást kapjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle S\ge \frac{z+y}{3}+\frac{x+z}{3}+\frac{y+x}{3}=2\cdot \frac{x+y+z}{3}\ge 2\cdot \sqrt[3]{xyz}=2.}\end{array}$