Разбор задач

[arqady]

DjD USB в сообщении #610437 писал(а):

Можете написать, что вы имели ввиду?

Подставьте $x=\cos\alpha$ и $y=\cos\beta$ в $x^2+y^2+z^2+2xyz=1$ и решите уравнение относительно $z$

xmaister в сообщении #610492 писал(а):

Интересно, а Штурмом задача6 не решается?

Не знаю.

[ewert]

DjD USB в сообщении #610437 писал(а):

Не знаю подходов к такому типу вопросов.

Не могу сказать точно, что имел в виду arqady. Тригонометрия тут явный перебор. А насчёт противного -- тоже не знаю, что имелось в виду, но вот какое имеется довольно общее соображение.

Пусть $f(x,y,z)=x^2+y^2+z^2+2xyz$ и $g(x,y,z)=x+y+z$. В данном случае утверждение "$g(x,y,z)\leqslant\frac32$ при всех $f(x,y,z)=1$" равносильно утверждению "$f(x,y,z)\geqslant1$ при всех $g(x,y,z)=\frac32$" (лень объяснять, почему; это довольно легко получается из геометрических соображений, и эти соображения также достаточно легко переводятся на аналитический язык). Так вот, представим первую функцию как $f(x,y,z)=(x+y)^2+z^2+2xy(z-1)$. Неравенство $f(x,y,z)>1$ заведомо выполнено при всех $z\geqslant1$, а по симметрии утверждения также и при $x\geqslant1$ или $y\geqslant1$. Т.е. это неравенство (при ограничении $g(x,y,z)=\frac32$, естественно) достаточно проверять лишь внутри куба $x<1,\;y<1,\;z<1$. А поскольку при $x=y=z=\frac12$ это неравенство превращается в равенство (что тривиально проверяется, и проверка чего вполне напрашивается) -- достаточно показать, что внутри этого куба и на плоскости $g(x,y,z)=x+y+z=\frac32$ никакая точка, кроме $x=y=z$, не может быть точкой минимума функции $f(x,y,z)$. Ну это уже очевидно: если $z=\mathrm{const}<1$ и, соответственно, $x+y=\mathrm{const}$, то $f(x,y,z)=(x+y)^2+z^2+2xy(z-1)$ принимает минимальное значение только при $x=y$, т.е. точка, в которой $x\neq y$, точкой минимума быть не может. По симметрии и любая точка, в которой $y\neq z$, тоже не есть точка минимма, вот и всё.

[arqady]

ewert в сообщении #610498 писал(а):

Тригонометрия тут явный перебор.

Разве очевидное $\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma\leq\frac{3}{2}$ не напрашивается?

[ewert]

arqady в сообщении #610499 писал(а):

Разве очевидное $\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma\leq\frac{3}{2}$ не напрашивается?

Во-первых, мне это, например, заранее не очевидно. Во-вторых, там ещё и произведение будет, и в любом случае в промежуточные рассмотрения придётся вводить радиус и возиться с ним.

[arqady]

ewert, ничего такого там не надо. Ведь функция $\cos$ вогнута на $[0,\frac{\pi}{2}]$ и на этом всё заканчивается. Можно, конечно, и без Йенсена.

[mihailm]

xmaister в сообщении #610492 писал(а):

Интересно, а Штурмом задача6 не решается?

(Оффтоп)

Прикольно, что от изменения большой буквы на маленькую меняется смысл:
"Интересно, а штурмом задача 6 не решается?" )))

[arqady]

Вот ещё путь для решения задачи 6.
Пусть $x=\sqrt{\frac{bc}{(a+b)(a+c)}}$, $y=\sqrt{\frac{ac}{(a+b)(b+c)}}$ и $z=\sqrt{\frac{ab}{(a+c)(b+c)}}$, где $a$, $b$ и $c$ положительны (поймите, почему это возможно).
Дальше воспользуйтесь неравенством о среднем арифметическом и среднем геометрическом.
Самый сильный из трёх путей, которые я Вам здесь предложил, это безусловно - от противного. Он убивает все подобные задачи. О нём поговорим (если захотите), когда разберётесь с другими, предложенными здесь.

[DjD USB]

arqady в сообщении #610622 писал(а):

Вот ещё путь для решения задачи 6.
Пусть $x=\sqrt{\frac{bc}{(a+b)(a+c)}}$, $y=\sqrt{\frac{ac}{(a+b)(b+c)}}$ и $z=\sqrt{\frac{ab}{(a+c)(b+c)}}$, где $a$, $b$ и $c$ положительны (поймите, почему это возможно).

Ответ на ваш вопрос о существовании таких $x,y,z$. Пусть $a\ge b \ge c$. Тогда ваши числители меньше чем знаменатели значит, меньше единицы, что верно. В равенстве еще есть произведение $2xyz=\frac{2abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}$ Т.к $c+a>a, b+c\ge 2c, a+b\ge 2b$ То $(a+b)(b+c)(c+a)>4abc$, $\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}<\frac{1}{2}$. Это тоже верно.

[arqady]

DjD USB, нет, я спрашиваю, почему если $x^2+y^2+z^2+2xyz=1$ для положительных $x$, $y$ и $z$,
то существуют такие положительные $a$, $b$ и $c$, для которых $x=\sqrt{\frac{bc}{(a+b)(a+c)}}$, $y=\sqrt{\frac{ac}{(a+b)(b+c)}}$ и $z=\sqrt{\frac{ab}{(a+c)(b+c)}}$?

[DjD USB]

arqady в сообщении #610685 писал(а):

DjD USB, нет, я спрашиваю, почему если $x^2+y^2+z^2+2xyz=1$ для положительных $x$, $y$ и $z$, то существуют такие положительные $a$, $b$ и $c$, для которых
$x=\sqrt{\frac{bc}{(a+b)(a+c)}}$, $y=\sqrt{\frac{ac}{(a+b)(b+c)}}$ и $z=\sqrt{\frac{ab}{(a+c)(b+c)}}$?

А я что сделал?

[arqady]

В нужном направлении - ничего.
Ваше рассуждение напоминает следующее:
$\{x^2, y^2, z^2, 2xyz\}\subset(0,1)$.
Если $x=0.5$, $y=0.6$ и $z=0.7$, то $\{x^2, y^2, z^2, 2xyz\}\subset(0,1)$.
Поэтому (по Вашему), действительно, при $x=0.5$, $y=0.6$ и $z=0.7$ получаем $x^2+y^2+z^2+2xyz=1$.
Как легко проверить, это не так
И даже если вы подберёте такие $x$, $y$ и $z$, для которых $x^2+y^2+z^2+2xyz=1$,
то это ещё ни о чем не говорит. Ведь Вам же надо доказать, что $x+y+z\leq\frac{3}{2}$ для любых положительных $x$, $y$ и $z$ таких, что $x^2+y^2+z^2+2xyz=1$ и поэтому Вам необходимо доказать, что соответствующие $a$, $b$ и $c$ существуют всегда.
Это очень просто доказывается, но это надо уметь делать.

[DjD USB]

arqady в сообщении #610622 писал(а):

Вот ещё путь для решения задачи 6.
Пусть $x=\sqrt{\frac{bc}{(a+b)(a+c)}}$, $y=\sqrt{\frac{ac}{(a+b)(b+c)}}$ и $z=\sqrt{\frac{ab}{(a+c)(b+c)}}$, где $a$, $b$ и $c$ положительны (поймите, почему это возможно).

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

[gris]

6) А нельзя ли воспользоваться симметрией поверхности и плоскости относительно луча $x=y=z$? Рассмотреть сечение и найти максимум функции одной переменной. Интуитивно чувствуется, что поверхность выпукла, и "целевая плоскость" касается её в одной точке и ограничивает сверху, но можно ли тут по школьному сделать?

[DjD USB]

gris в сообщении #611023 писал(а):

6) Но можно ли тут по школьному сделать?

Именно этим способом, не знаю, но это задача республиканского этапа, так что вообще решение уравня школы есть

[Алексей К.]

Если выразить явно

$$z=-xy+\sqrt{(1-x^2)(1-y^2)}$$

(только этот корень катит), то $z>0$ даёт $x^2+y^2<1$ (кажется, почти бесполезное), а неравенство для $x+y+z$ превращается в

$$\sqrt{(1-x^2)(1-y^2)}-(1-x)(1-y)\le\frac12.$$

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.
(Писано по вчерашней памяти, шпаргалки дома остались, надеюсь, не наврал).