Loading [MathJax]/jax/output/SVG/jax.js

Республиканская олимпиада по математике, 2017 год, 9 класс


Пусть a и b такие действительные числа, что |3a21|2b и |3b22|a. Докажите, что a4+b32. ( Сатылханов К. )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Решение. Из условия легко следует, что a,b0. Рассмотрим 2 случая.
1) ab. Предположим, что a>1. Тогда 3a22a=a(3a2)>1, но с другой стороны 3a21=|3a21|2b2a, что невозможно. Значит 0ba1, следовательно a4+b32.
2) ba. Предположим, что b>1. Тогда 3b2b=b(3b1)>2, но с другой стороны 3b22=|3b22|ab, что невозможно. Значит 0ab1, следовательно a4+b32.

пред. Правка 4   3 | проверено модератором
8 года назад #

Заметим, что a|3b22|0 и 2b|3a21|0. А также a|3b22|3b22 и 2b|3a21|3a21. Тогда получаем, что 3a21=3(a2+1)432a4=6a46(3b22)4=18b216=18(b2+1)34182b34

18(3a21)34=54a2525151a21a21a1a4 и 3b22=3(b2+1)532b53(3a21)5=9a28=9(a2+1)1792a17=18a17

18(3b21)35=54b2535151b21b21b1b32a4+b3

  0
7 года 4 месяца назад #

|3a21|2bb2+1

b2+3|3a21|+2|3a21+2|=3a2+1

b2+23a2....(1)

a2+12a2|3b22|=|6b24|

a2+3|6b24|+2|6b24+2|6b22

a2+56b2......(2)

Из неравенств 1 и 2 легко вывести что 1a2 и 1b2...

  0
2 года 11 месяца назад #

Неравенство с модулями.

Начнем с того что a,b0 ибо они больше или равны модуля. Из второго уравнения следует что a|3b22|, заметим что так как это по модулю, неравенство сохраняется и без модуля, из этого мы получим что 23b2a. Давайте теперь попробуем доказать что 3b2aa4+b2 (следуя предыдущему неравенству). Введу знак сравнения, наша цель доказать что права часть будет больше или равна левой (или сравнение RHS и LHS как некоторые говорят)(суть в том что справа я всегда могу уменьшать и слева прибавлять). Значит у нас есть сравнение: 3b2a|a4+b, а с этого и сравнение: 2b2|a4+a, умножим на два слева и справа: 4b2|2a4+2a. Вспомним первое условие задачи и возведём обе стороны в квадрат, получим: 4b29a46a2+1. Давайте это используем в нашем сравнении и получим сравнение: 9a46a2+1|2a4+2a или же 7a46a22a+1|0. По сути если a1, то 7a47a2 и наше сравнение можно переписать как: (6a26a2)+(a2+12a), или же (a1)2|0, а как мы знаем квадрат всегда больше или равен 0. Значит мы доказали что для a1 неравенство справедливо. Пусть 1a то из второго неравенства следует что 1a3b22, то есть 33b2. Значит a,b1 и 2a4+b2.

пред. Правка 2   2
2 года 1 месяца назад #

Допустим a4+b3>2. Тогда a>1 и/или b>1.

1)a>12b|3a21|=3a21>2b>1

2)b>1a|3b22|=3b22a>1

В обоих случаях a,b>1. Тогда пусть a=x+1,b=y+1,x,y>0

Подставляя в условие получаем:

2(y+1)3(x+1)212y3x2+6x(i)x+13(y+1)22x3y2+6y(ii).

Суммируя (i) (ii) получаем, что x+2y3x2+6x+3y2+6y>6x+6y>x+2y, что невозможно, ч.т.д.

  0
1 года назад #

Известно, что a,b0 and 2b3a21,a3b22

Пусть ab, тогда 2b3a213b22(1b)(3b+1)0,1b, тоесть 22b3a21,1a, поэтому a4+b32

Пусть ba, тогда ba3b22,0(b1)(3b+2),1ba,a4+b32

пред. Правка 3   0
1 месяца 22 дней назад #

Предположим a1, тогда 3a21>0=>23a212b=>b1. Значит 3b22>0=>3b22a, это равносильно (1)6b242a

(2)3a212b.

Сложим первое и второе неравенство, получим: 0(b1)2+(a1)2b22b+(5b24)+a22a+(2a21)6b2+3a252a2b0=>b1=0,a1=0=>a=b=1=>a4+b32.

Иначе a,b<1, для это случая неравенство a4<1,b3<1=>a4+b3<=2 будет верным. (Для случая b1=>3b22>0=>13b22a=>a1.