eMatematikas.lt
Pradžia Forumai + Nauja tema Nariai
Įrankiai
Formulės Testai Egzaminai
Prisijungti Registruotis
       

Matematikos Maratonas Nr. 3

Skaičiai $a_k$, $k=1,2,3,4$ priklauso intervalui $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ ir $$\sin{a_1}+\sin{a_2}+\sin{a_3}+\sin{a_4}=1,$$ $$\cos{2a_1}+\cos{2a_2}+\cos{2a_3}+\cos{2a_4} \geq \frac{10}{3}$$
Įrodykite, kad $0 \leq a_k \leq \frac{\pi}{6}$, kai $k=1,2,3,4$.

Paskutinį kartą atnaujinta 2018-10-12

0

Trigonometrinių nelygybių spręsti nemoku, todėl pasirenku strategiją uždavinio sąlygą pakeisti į tokią, kur nelygybė algebrinė. Galbūt tokia ir buvo originalaus sprendimo idėja?

Pirmiausiai reikia atsisakyti kintamųjų $\cos 2a_1$, $\cos 2a_2$, $\cos 2a_3$ ir $\cos 2a_4$ juos išreiškiant kintamaisiais $\sin 2a_1$, $\sin 2a_2$, $\sin 2a_3$ ir $\sin 2a_4$. Tą padaryti lengva, nes jie trigonometiškai patogūs:

$\cos 2a_k=1-2\sin^2a_k$ visiems $k=1,2,3,4$. Tada nelygybė gali būti pakeista į kitą nelygybę $(1-2\sin^2a_1)+(1-2\sin^2a_2)+(1-2\sin^2a_3)+(1-2\sin^2a_4)\ge \frac{10}{3}$, o pastaroji nesudėtingais algebriniais pertvarkymais susiveda į $\sin^2a_1+\sin^2a_2+\sin^2a_3+\sin^2a_4\le \frac{1}{3}$

Dabar galime pažymėti $A_1=\sin a_1$, $A_2=\sin a_2$, $A_3=\sin a_3$, $A_4=\sin a_4$. Gausime, jog $A_1,A_2,A_3,A_4$ tenkina sąlygas:
$$\begin{cases} A_1+A_2+A_3+A_4=1\\A_1^2+A_2^2+A_3^2+A_4^2 \le \frac{1}{3} \end{cases} $$Iš šių sąlygų netaikant jokių trigonometrinių formulių įmanoma gauti, jog kiekvienas kintamasis įgyja reikšmes tik intervale $[0; \frac{1}{2}]$:

$\boxed{A_1^2 \stackrel{\text{antra sąlyga}}{\le} \frac{1}{3}-(A_2^2+A_3^2+A_4^2) \stackrel{\text{(*)}}{\le} \frac{1}{3}-\frac{(A_2+A_3+A_4)^2}{3}\stackrel{\text{pirma sąlyga}}{\le} \frac{1}{3}-\frac{(1-A_1)^2}{3}} \Rightarrow $ $\boxed{A_1^2 \le \frac{1}{3}-\frac{(1-A_1)^2}{3}} \Rightarrow \boxed{3A_1^2\le 1 - (1-A_1)^2} \Rightarrow \boxed{4A_1^2\le 2A_1} \Rightarrow \boxed{2A_1(2A_1-1)\le 0} \Rightarrow $ $\text{}\stackrel{\text{(**)}}{\Rightarrow}\boxed{A_1 \in \left[0; \frac{1}{2}\right]}$

(*) - galima suvesti į olimpiadininkams gerai žinomą formos $x^2+y^2+z^2 \ge xy+yz+zx$ nelygybę, kurios vienas iš įrodymų būdų yra perrašyti ją kaip $(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\ge 0$
(**) - galima gauti pagal intervalų ar kitą metodą.

Analogišką išvadą gautume ir kintamiesiems $A_2, A_3, A_4$. Vadinasi $\sin a_k \in \left[0; \frac{1}{2}\right]$ visiems $k=1,2,3,4$. Jeigu $a_k \in \left[-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right]$ (kaip duota), tai pagal gautą išvadą $a_k \in \left[0; \frac{\pi}{6}\right]$

1

Gerai.

0

Kitas uždavinys. Tegu $a,b,c\ge 0$ yra kubinės lygties $x^3-3ux+3v^2-w^3=0$ sprendiniai, kur $u,v,w \in \mathbb{R}.$ Įrodykite, jog $u$, $v$ ir $w$ tenkina nelygybę $$u\ge v \ge w$$

Paskutinį kartą atnaujinta 2018-10-14

0

Na, naudodamiesi Vjieto lygybėmis, turime $$a+b+c=0, ab+ac+cb=-3u, abc=w^3-3v^2.$$Kadangi a, b, c neneigiami, turime a=b=c=0 (seka iš pirmos lygybės).
Iš čia, $$u=0, w^3=3v^2$$. Jei w=v=3, gauname prieštaraujantį rezultatą įrodomajam teiginiui.

Paskutinį kartą atnaujinta 2018-10-14

0

Taip, įsivėlė korektūros klaida. Neatkreipiau dėmesio, kad lygtis iš tiesų turėtų būti $x^3-3ux^2+3v^2x-w^3=0$

Paskutinį kartą atnaujinta 2018-10-14

0

Vistiek neseka ta nelygbė. Iš Vjieto lygybių gaunam, kad u ir w yra neneigiami, o v neneigiamumui trūksta sąlygų. Žiūrėk, jei v≠0, tada v gali būti teigiamas arba neigiamas, lygtis nuo to nepasikeis. Kaip pavyzdį galim paimt $$(x-1)^3=0.$$
Akivaizdu, kad sprendiniai neneigiami. Ar iš to seka, kad v=1? Nelabai.

0

Taip, teisingai. Aš ir vėl pražiūrėjau. Tas vidurinysis $v$ viską sugadina. Kad nesugadintų, šiek tiek pakoreguoju sąlygą:

Tegu $a,b,c\ge 0$ yra kubinės lygties $x^3-3ux^2+3v^2x-w^3=0$ sprendiniai, kur $u,v,w \in \mathbb{R}.$ Įrodykite, jog $u$, $v$ ir $w$ tenkina nelygybę $$u\ge |v| \ge w$$

Paskutinį kartą atnaujinta 2018-10-16

0

Na va, dabar gerai. Iš Vjieto lygybių turim:
$$a+b+c=3u, ab+ac+bc=3v^2, abc=w^3$$
Iš pirmos, antros lygybių ir a,b,c neneigiamumo turim $u,w\geq0.$
Antrai lygybei taikom A-G nelygybę:
$$3v^2=ab+ac+bc\geq3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$$arba
$$v^2\geq\sqrt[3]{(abc)^2}$$
Toliau nelygybėse $abc$ keičiam į $w^3$:
$$v^2\geq\sqrt[3]{(w^3)^2}$$
arba
$$|v|\geq w.$$
Grįžtam prie pirmos lygybės ir keliam jos puses kvadratu:
$$9u^2=(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+ac+bc)=a^2+b^2+c^2+6v^2 \Rightarrow 9u^2-6v^2=a^2+b^2+c^2.$$
Toliau naudojamės nelgybe $a^2+b^2+c^2\geq ab+ac+bc$:
$$9u^2-6v^2\geq a^2+b^2+c^2\geq ab+ac+bc=3v^2$$
arba
$$9u^2\geq9v^2 \Rightarrow u\geq|v|.$$
Taigi,
$$u\geq|v|\geq w.$$

0

Išspręskite lygtį realiais skaičiais:
$$x^4+(x+2)^4=112$$

0

Šioje temoje naujų žinučių rašymas yra išjungtas!