Разбор задач

[ewert]

gris в сообщении #611023 писал(а):

Интуитивно чувствуется, что поверхность выпукла, и "целевая плоскость" касается её в одной точке и ограничивает сверху, но можно ли тут по школьному сделать?

Исследовать всю поверхность на выпуклость -- это некоторая морока, но частичные соображения выпуклости привлечь вполне можно. Дело в том, что уравнение поверхности, на котором мы минимизируем целевую функцию $g(x,y,z)=x+y+z$, можно переписать в виде $x^2+2z\cdot xy+y^2=1-z^2$. Если зафиксировать любое из допустимых значений $z\in[0;1]$, то относительно переменных $x,y$ это -- уравнение эллипса, оси которого проходят по биссектрисам координатного угла $x=\pm y$. При том же фиксированном $z$ уравнение $g(x,y,z)=A$ задаёт в горизонтальной плоскости прямую $x+y=A-z$, параллельную оси эллипса и тем ближе расположенную к началу координат, чем меньше $A$. И поскольку эллипс выпукл, это означает, что при фиксированном $z$ максимум функции $g(x,y,z)$ достигается только при $x=y$, т.е. что никакая другая точка максимум быть не может. А тогда в силу симметрии максимум по всей поверхности может достигаться только в точке $x=y=z$.

Если школьник знает, что такое эллипс, то это -- вполне по-школьному. Но вряд ли он знает.

[DjD USB]

(Оффтоп)

Не подскажите, какая есть хорошая книга по многочленам, чтоб только самая база была(желательно чтоб книга предназначалась для школьников)

[arqady]

DjD USB в сообщении #611017 писал(а):

Объясните, почему существуют такие a,b,c такие что.....?

Пежде всего, мы можем считать, что $x$, $y$ и $z$ положительны (иначе в случае, например, $z=0$ неравенство очевидно).
Пусть $x=\sqrt{\frac{bc}{(a+b)(a+c)}}$ и $y=\sqrt{\frac{ac}{(a+b)(b+c)}}$, где $a$, $b$ и $c$ положительные числа (поскольку $0<x<1$ и $0<y<1$, то такие $a$, $b$ и $c$ существуют).
Так как $1-x^2-y^2>0$, то у уравнения $z^2+2xyz=1-x^2-y^2$ относительно $z$ есть один положительный и один отрицательный корень. Легко проверить, что $z=\sqrt{\frac{ab}{(a+c)(b+c)}}$ корень этого уравнения.
Для этого надо подставить $x=\sqrt{\frac{bc}{(a+b)(a+c)}}$, $y=\sqrt{\frac{ac}{(a+b)(b+c)}}$ и $z=\sqrt{\frac{ab}{(a+c)(b+c)}}$ в равенство $x^2+y^2+z^2+2xyz=1$ (подставьте!) и убедиться, что получается тождество. А отрицательный нам не нужен поскольку $z>0$. Итак других корней нет.
Подытожим, что мы сделали.
Мы взяли такие положительные $a$, $b$ и $c$, что $x=\sqrt{\frac{bc}{(a+b)(a+c)}}$ и $y=\sqrt{\frac{ac}{(a+b)(b+c)}}$ и доказали, что тогда $z=\sqrt{\frac{ab}{(a+c)(b+c)}}$.
Итак для любых положительных $x$, $y$ и $z$ таких, что $x^2+y^2+z^2+2xyz=1$
существуют положительные $a$, $b$ и $c$, что $x=\sqrt{\frac{bc}{(a+b)(a+c)}}$, $y=\sqrt{\frac{ac}{(a+b)(b+c)}}$ и $z=\sqrt{\frac{ab}{(a+c)(b+c)}}$.
Если вопросов нет, то завершите решение задачи 6. Концовка очень красивая.

-- Пн авг 27, 2012 16:23:03 --

Алексей К. в сообщении #611037 писал(а):

Последнее эквивалентно уже предложенному arqady

$$\cos\alpha+\cos\beta-\cos(\alpha+\beta)\le\frac32$$

(только получается без привлечения гаммы).
Но как-то вписаться в школьный уровень пока всё равно не удалось.

Если по-Вашему Йенсен - это не школьный уровень, то можно так:
$\cos\alpha+\cos\beta-\cos(\alpha+\beta)\le\frac32\Leftrightarrow2\cos^2\frac{\alpha+\beta}{2}-1-2\cos\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2}+\frac{3}{2}\geq0\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow4\cos^2\frac{\alpha+\beta}{2}-4\cos\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2}+1\geq0\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow\left(2\cos\frac{\alpha+\beta}{2}-\cos\frac{\alpha-\beta}{2}\right)^2+\sin^2\frac{\alpha-\beta}{2}\geq0$, что очевидно верно.

[TR63]

Продолжу идею Алексея.К.
$x=\sqrt{(yz)^2-(y^2+z^2-1)}-yz$
$(x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx)=1-2xyz+2(xy+yz+xz)\le\frac9 4$
$x\le\frac{\frac5 4-2yz} {2(y+z-yz)}$
$f=(yz)^2-(y^2+z^2-1)-[yz+\frac{5-8yz} {8(y+z-yz)}]^2$
Частная производная отрицательна, следовательно функция убывающая.(Сейчас нет времени)

[TR63]

Т. е. $f<0$(этот же результат даёт wolfram. Как ему это удаётся? Не знаю. Для меня проще с производной.) Следовательно исходное неравенство верно. Можно подробнее.
$f_z=2(y^2)z-2z-2[...](y+\frac{-8y(y+z-yz)-(5-8yz)(1-y)}{8(y+z-yz)^2})$
Из условия следует, что $yz<\frac1 2, y<1, z<1$. Тогда выражение в квадратных скобках положительно. Остаётся доказать, что выражение в круглых (фигурные не получились) скобках положительно. Понадобится, что из условия следует, что в наборе $(x,y,z)$ существует $z<\frac2 5$.
После преобразований остаётся доказать неравенство
$y^3-\frac{8(2z-1)}{8(z^2+2Z-1)}y^2-\frac{8z^2+5}{8(z^2+2z-1)}y+\frac5{8(z^2+2z-1)}>0$
Вроде страшное, но решается просто. Достаточно доказать, что уравнение не имеет положительных корней. Учитывая достаточное условие не достижения максимума, получим, что надо решить неравенство
$24z^4+48z^3-5z^2+26z-14<0$
Это уравнение имеет один отрицательный и один положительный корень$(\frac2 5<z<\frac1 2)$. Это можно сделать, по крайней мере, двумя школьными способами.
Вообщем, задачка очень интересная.(Неуверенна, что не ошиблась с арифметикой.)

[TR63]

Поняла, как доказать, что $f<0$ (это равносильно доказательству исходного неравенства) без привлечения производной. Совсем тупо, т.е. всё, как по маслу, преобразовывается, группируется, вычисляется. Но, как это сделал wolfram?(он разложил выражение на множители; у меня идея иная). Не понятно.

[TR63]

Можно проще.
$a^2+b^2+c^2+2abc=1$
$a+b+c\le\frac3 2$

$a+b+c\le\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}=\sqrt{3(1-2abc)}$

Следует рассмотреть два случая: а) $abc\ge\frac1 8$, б) $abc\le\frac1 8$.
Первый случай очевиден. Рассмотрим второй случай:
б) $abc\le\frac1 8$.

Неравенство достаточно рассмотреть в одной точке. Например, при $c=0$. Это уже просто.