Математикадан республикалық олимпиада, 2016-2017 оқу жылы, 9 сынып

$\left| 3{{a}^{2}}-1 \right|\le 2b$ және $\left| 3{{b}^{2}}-2 \right|\le a$ теңсіздіктері орындалатындай нақты $a$ және $b$ сандары берілген. ${{a}^{4}}+{{b}^{3}}\le 2$ теңсіздігін дәлелдеңіз. ( Сатылханов К. )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Решение. Из условия легко следует, что $a,b\ge 0$. Рассмотрим 2 случая.
1) $a\ge b$. Предположим, что $a > 1$. Тогда $3{{a}^{2}}-2a=a\left( 3a-2 \right) > 1$, но с другой стороны $3{{a}^{2}}-1=\left| 3{{a}^{2}}-1 \right|\le 2b\le 2a$, что невозможно. Значит $0\le b\le a\le 1$, следовательно ${{a}^{4}}+{{b}^{3}}\le 2$.
2) $b\ge a$. Предположим, что $b > 1$. Тогда $3{{b}^{2}}-b=b\left( 3b-1 \right) > 2$, но с другой стороны $3{{b}^{2}}-2=\left| 3{{b}^{2}}-2 \right|\le a\le b$, что невозможно. Значит $0\le a\le b\le 1$, следовательно ${{a}^{4}}+{{b}^{3}}\le 2$.

Заметим, что $a \geq |3b^2 - 2| \geq 0$ и $2b \geq |3a^2 - 1| \geq 0$. А также $$a \geq |3b^2 - 2| \geq 3b^2 - 2$$ и $$2b \geq |3a^2 - 1| \geq 3a^2 - 1$$. Тогда получаем, что $$3a^2 - 1 = 3(a^2 + 1) - 4 \geq 3 \bullet 2a - 4 = 6a - 4 \geq 6 \bullet (3b^2 - 2) - 4 = 18b^2 - 16 = 18(b^2 + 1) - 34 \geq 18 \bullet 2b - 34 \geq$$

$$\geq 18(3a^2 - 1) - 34 = 54a^2 - 52 \Rightarrow 51 \geq 51a^2 \Rightarrow 1 \geq a^2 \Rightarrow 1 \geq a \Rightarrow 1 \geq a^4$$ и $$3b^2 - 2 = 3(b^2 + 1) - 5 \geq 3 \bullet 2b - 5 \geq 3 \bullet (3a^2 - 1) - 5 = 9a^2 - 8 = 9(a^2 + 1) - 17 \geq 9 \bullet 2a - 17 = 18a - 17 \geq$$

$$\geq 18(3b^2 - 1) - 35 = 54b^2 - 53 \Rightarrow 51 \geq 51b^2 \Rightarrow 1 \geq b^2 \Rightarrow 1 \geq b \Rightarrow 1 \geq b^3 \Rightarrow 2 \geq a^4 + b^3$$

$$|3a^2-1|\le 2b\le b^2+1 $$

$$\Rightarrow b^2+3\ge |3a^2-1|+2\ge |3a^2-1+2|=3a^2+1$$

$$\Rightarrow b^2+2\ge 3a^2 ....(1)$$

$$a^2+1\ge 2a\ge 2|3b^2-2|=|6b^2-4|$$

$$\Rightarrow a^2+3\ge |6b^2-4|+2\ge |6b^2-4+2|\ge 6b^2-2$$

$$\Rightarrow a^2+5\ge 6b^2......(2) $$

Из неравенств 1 и 2 легко вывести что $1\ge a^2$ и $1\ge b^2$...

Неравенство с модулями.

Начнем с того что $a, b \geq 0$ ибо они больше или равны модуля. Из второго уравнения следует что $a \geq |3b^2-2|$, заметим что так как это по модулю, неравенство сохраняется и без модуля, из этого мы получим что $2 \geq 3b^2-a$. Давайте теперь попробуем доказать что $3b^2-a \geq a^4+ b^2$ (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: $3b^2-a|a^4+b$, а с этого и сравнение: $2b^2|a^4+a$, умножим на два слева и справа: $4b^2|2a^4+2a$. Вспомним первое условие задачи и возведём обе стороны в квадрат, получим: $4b^2 \geq 9a^4 -6a^2+1$. Давайте это используем в нашем сравнении и получим сравнение: $9a^4-6a^2+1|2a^4+2a$ или же $7a^4-6a^2-2a+1|0$. По сути если $a \geq 1$, то $7a^4 \geq 7a^2$ и наше сравнение можно переписать как: $(6a^2-6a^2)+(a^2+1-2a)$, или же $(a-1)^2|0$, а как мы знаем квадрат всегда больше или равен 0. Значит мы доказали что для $a\geq 1$ неравенство справедливо. Пусть $1 \geq a$ то из второго неравенства следует что $1\geq a \geq 3b^2 -2$, то есть $3 \geq 3b^2$. Значит $a,b \leq 1$ и $2\geq a^4+b^2$.

Допустим $a^4+b^3 >2$. Тогда $a >1$ и/или $b>1$.

$1) a>1 \rightarrow 2b \ge |3a^2-1|=3a^2 -1 >2 \rightarrow b>1$

$2) b>1 \rightarrow a\ge |3b^2-2|=3b^2-2 \rightarrow a>1$

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

Подставляя в условие получаем:

$ 2(y+1) \ge 3(x+1)^2 -1 \rightarrow 2y \ge 3x^2 + 6x (i) x+1 \ge 3(y+1)^2-2 \rightarrow x \ge 3y^2+6y (ii).$

Суммируя (i) (ii) получаем, что $x+2y \ge 3x^2 + 6x + 3y^2+6y > 6x+6y> x+2y$, что невозможно, ч.т.д.

Известно, что $a,b \ge 0$ and $2b \ge 3a^2-1, a \ge 3b^2-2$

Пусть $a \ge b$, тогда $2b \ge 3a^2-1 \ge 3b^2 -2 \Rightarrow (1-b)(3b+1) \ge 0, 1 \ge b$, тоесть $2 \ge 2b \ge 3a^2-1, \rightarrow 1 \ge a$, поэтому $a^4+b^3 \leq 2$

Пусть $b \ge a$, тогда $b \ge a \ge 3b^2-2, \Rightarrow 0 \ge (b-1)(3b+2), 1 \ge b \ge a, \rightarrow a^4+b^3 \leq 2$