Республиканская олимпиада по математике, 2017 год, 9 класс
Комментарий/решение:
Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1. Решение. Из условия легко следует, что a,b≥0. Рассмотрим 2 случая.
1) a≥b. Предположим, что a>1. Тогда 3a2−2a=a(3a−2)>1, но с другой стороны 3a2−1=|3a2−1|≤2b≤2a, что невозможно. Значит 0≤b≤a≤1, следовательно a4+b3≤2.
2) b≥a. Предположим, что b>1. Тогда 3b2−b=b(3b−1)>2, но с другой стороны 3b2−2=|3b2−2|≤a≤b, что невозможно. Значит 0≤a≤b≤1, следовательно a4+b3≤2.
Заметим, что a≥|3b2−2|≥0 и 2b≥|3a2−1|≥0. А также a≥|3b2−2|≥3b2−2 и 2b≥|3a2−1|≥3a2−1. Тогда получаем, что 3a2−1=3(a2+1)−4≥3∙2a−4=6a−4≥6∙(3b2−2)−4=18b2−16=18(b2+1)−34≥18∙2b−34≥
≥18(3a2−1)−34=54a2−52⇒51≥51a2⇒1≥a2⇒1≥a⇒1≥a4 и 3b2−2=3(b2+1)−5≥3∙2b−5≥3∙(3a2−1)−5=9a2−8=9(a2+1)−17≥9∙2a−17=18a−17≥
≥18(3b2−1)−35=54b2−53⇒51≥51b2⇒1≥b2⇒1≥b⇒1≥b3⇒2≥a4+b3
Неравенство с модулями.
Начнем с того что a,b≥0 ибо они больше или равны модуля. Из второго уравнения следует что a≥|3b2−2|, заметим что так как это по модулю, неравенство сохраняется и без модуля, из этого мы получим что 2≥3b2−a. Давайте теперь попробуем доказать что 3b2−a≥a4+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: 3b2−a|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: 4b2≥9a4−6a2+1. Давайте это используем в нашем сравнении и получим сравнение: 9a4−6a2+1|2a4+2a или же 7a4−6a2−2a+1|0. По сути если a≥1, то 7a4≥7a2 и наше сравнение можно переписать как: (6a2−6a2)+(a2+1−2a), или же (a−1)2|0, а как мы знаем квадрат всегда больше или равен 0. Значит мы доказали что для a≥1 неравенство справедливо. Пусть 1≥a то из второго неравенства следует что 1≥a≥3b2−2, то есть 3≥3b2. Значит a,b≤1 и 2≥a4+b2.
Допустим a4+b3>2. Тогда a>1 и/или b>1.
1)a>1→2b≥|3a2−1|=3a2−1>2→b>1
2)b>1→a≥|3b2−2|=3b2−2→a>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)2−1→2y≥3x2+6x(i)x+1≥3(y+1)2−2→x≥3y2+6y(ii).
Суммируя (i) (ii) получаем, что x+2y≥3x2+6x+3y2+6y>6x+6y>x+2y, что невозможно, ч.т.д.
Предположим a≥1, тогда 3a2−1>0=>2≤3a2−1≤2b=>b≥1. Значит 3b2−2>0=>3b2−2≤a, это равносильно (1)6b2−4≤2a
(2)3a2−1≤2b.
Сложим первое и второе неравенство, получим: 0≤(b−1)2+(a−1)2≤b2−2b+(5b2−4)+a2−2a+(2a2−1)≤6b2+3a2−5−2a−2b≤0=>b−1=0,a−1=0=>a=b=1=>a4+b3≤2.
Иначе a,b<1, для это случая неравенство a4<1,b3<1=>a4+b3<=2 будет верным. (Для случая b≥1=>3b2−2>0=>1≤3b2−2≤a=>a≥1.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.