het lelijke eendje
Opgave - IMO 2008 dag 1 vraag 2
(a) Bewijs dat voor alle reële getallen $x \not =1, y \not= 1$ en $z \not= 1$ die voldoen aan $xyz = 1$
de volgende ongelijkheid geldt:
$$ \frac{x^{2}}{\left(x-1\right)^{2}}+\frac{y^{2}}{\left(y-1\right)^{2}}+\frac{z^{2}}{\left(z-1\right)^{2}}\geq 1 $$
(b) Bewijs dat er gelijkheid geldt voor oneindig veel drietallen rationale getallen $x \not =1, y \not= 1$ en $z \not= 1$ die voldoen aan $xyz = 1$
- login om te reageren
Oplossing
Merk op dat $\frac{x}{x-1}=1+\frac{1}{x-1}$. Zeg $p=\frac{1}{x-1}$, $q=\frac{1}{y-1}$, $r=\frac{1}{z-1}$. Merk op dat dan geldt dat $p,q,r \neq 0$ en $p,q,r \neq -1$ omdat $x,y,z \neq 0$ (anders zou $xyz=0$).
Nu zal $1=xyz=(\frac 1p+1)(\frac 1q+1)(\frac 1r+1) \Rightarrow pqr=(p+1)(q+1)(r+1) \Rightarrow p+q+r+1=-pq-qr-pr$. Het TB in (a) wordt nu dat $(p+1)^2+(q+1)^2+(r+1)^2 \ge 1$ en in (b) dat er oneindig veel rationale $p,q,r$ zijn zodat gelijkheid geldt (als $p,q,r$ rationaal zijn, zullen $x,y,z$ dat ook zijn).
(a) Merk op dat $(p+1)^2+(q+1)^2+(r+1)^2 \ge 1 \Leftrightarrow p^2+q^2+r^2+2(p+q+r+1) \ge 0 $
$\Leftrightarrow p^2+q^2+r^2-2(pq+qr+pr) \ge 0$ $\Leftrightarrow (p+q+r)^2 \ge 4(pq+qr+pr)$. Zij $a=pq+qr+pr$, dan geldt voorgaande ongelijkheid als en slechts als $(-a-1)^2 \ge 4a \Leftrightarrow a^2+1 \ge 2a$. Dat laatste is waar wegens AM-GM, en gelijkheid geldt als en slechts als $a=1$.
(b) In (a) leidden we al af dat gelijkheid geldt als en slechts als $pq+qr+pr=1$. We weten tevens dat $p+q+r=-pr-pq-rq-1=-2$. Als de rationale getallen $p,q,r$ aan die twee gelijkheden voldoen, zal dus gelijkheid optreden. We kunnen deze gelijkheden als volgt omvormen:
$\left\{\begin{matrix}p+q+r=-2\\ pq+qr+pr=1\end{matrix}\right.$
$ \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}q+r=-2-p\\ p(q+r)+qr=1\end{matrix}\right.$
$ \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}q+r=-2-p\\ p(-2-p)+qr=1\end{matrix}\right.$
$ \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}q+r=-2-p\\ qr=1+2p+p^2=(p+1)^2\end{matrix}\right.$
Hieruit volgt dat, voor gegeven $p$, geldt dat $q$ en $r$ de oplossingen zullen zijn van deze tweedegraadsvergelijking in $t$: $t^2+(p+2)t+(p+1)^2=0$. Het TB wordt nu dat er oneindig veel rationale $p$ zijn zodat deze vergelijking twee rationale oplossingen heeft. Dat de vergelijking twee rationale oplossingen heeft is equivalent met stellen dat de discriminant een kwadraat van een rationaal getal is.
Zij $p=\frac 1b$ met $b$ geheel en niet nul. Dan zal de discriminant $D=(p+2)^2-4(p+1)^2=(p+2+2p+2)(p+2-2p-2)=-p(3p+4)=\frac{-(3+4b)}{b^2}$. Dit is een kwadraat van een rationaal getal als en slechts als $-(3+4b)$ een volkomen kwadraat is. Stel $b=-k^2-k-1$ voor een willekeurige gehele $k$. Dan zal $-(3+4b)=-3+4k^2+4k+4=4k^2+4k+1=(2k+1)^2$. Dus voor een willekeurige gehele $k$ zal $p=\frac{1}{-k^2-k-1}$ aanleiding geven tot rationale $q$ en $r$, dus voor oneindig veel rationale $p$ zullen er rationale $q$ en $r$ bestaan zodat gelijkheid geldt.
De enige voorwaarde die we nog moeten controleren, is dat geen van $p,q$ of $r$ gelijk is aan $0$ of $-1$.
Want als $p \not \in \{0,-1\}$ zal $x= 1+\frac 1p$ bestaan en niet nul zijn (en 2 maal analoog).
Neem daarom $k \ge 1$.
Dan is $p$ noch $0$ of $1$ en daar $qr=(p+1)^2 \not =0$, zijn ook $q$ en $r$ verschillend van $0$.
Wanneer $q$ of $r$ gelijk is aan $-1$, bekomen we dat $(p+1)^2=p+1$, wat niet het geval is.
Q.E.D.