Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Кіші лига. 2006 жыл
x, y, z теріс емес сандарының қосындысы 3-ке тең болса, келесі теңсіздікті дәлелдеңіз: 1x2+y+z+1x+y2+z+1x+y+z2≤1.
(
V.Ci.rtoaje
)
посмотреть в олимпиаде
Комментарий/решение:
∀x,y,z∈{x,y,z≥0|x+y+z=3}:1x2+y+z+1x+y2+z+1x+y+z2≤1
x+y+z=3⇒{x+y=3−zy+z=3−xz+x=3−y⇒1x2−x+3+1y2−y+3+1z2−z+3≤1
Рассмотрим функцию f(t)=1t2−t+3 на интервале t∈(0,3). При x=y=z=1 неравенство обращается в равенство. Составим уравнение касательной к графику функции f(t) в точке t0=1:
y=f(1)+f′(1)(t−1)=4−t9
и теперь докажем, что для любого t∈(0,1)∪(1,3) справедливо неравенство:
1t2−t+3<4−t9
⇒1t2−t+3+t−49<0⇒t3−5t2+7t−39(t2−t+3)<0⇒(t−1)2(t−3)9(t2−t+3)<0⇒t∈(0,1)∪(1,3)
Отсюда имеем неравенства;
1x2−x+3+1y2−y+3+1z2−z+3≤12−(x+y+z)9=1
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.