Matematikos Maratonas Nr. 3

Karolio įkeltas uždavinys sudomino. Nusprendžiau, kad Sokolovo nuorodos nežiūrėsiu, kol nesugalvosiu kaip padaryti. Tačiau nagrinėjimas užtruko labai ilgai. Štai pastebėjimai, ką galima pasakyti apie šį uždavinį.

Pradėsiu nuo to, kad uždavinyje atsiranda laisvė pasirinkti, su kokiais skaičiais dirbsime: ar su smailiojo trikampio kampais, ar su bet kurio trikampio kampais, ar su kraštinėmis, ar su bet kuriais teigiamais realiaisiais skaičiais. Nutariau susirašyti visas galimas uždavinio formas ir tuomet spręsti tą, kuri labiausiai patinka. Štai keletas teiginių:
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Lema 1: Tegu $A,B$ ir $C$ yra bet kurio smailiojo trikampio kampai. Bet kurioje nelygybėje atlikus pakeitimą $\begin{cases} A \rightarrow 90^o - \frac{A}{2} \\ B \rightarrow 90^o - \frac{B}{2} \\ C \rightarrow 90^o - \frac{C}{2} \end{cases}$ gausime jai ekvivalenčią nelygybę, kurioje $A,B$ ir $C$ yra bet kurio trikampio kampai.
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Lema 2: Tegu $A,B$ ir $C$ yra bet kurio trikampio kampai. Bet kurioje nelygybėje atlikus pakeitimą $\begin{cases} \cos A \rightarrow \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} \\ \cos B \rightarrow \frac{a^2+c^2-b^2}{2ac} \\ \cos C \rightarrow \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab} \end{cases}$ gausime jai ekvivalenčią nelygybę, kurioje $a,b$ ir $c$ yra to paties trikampio kraštinės.
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Lema 3: Tegu $a,b$ ir $c$ yra trikampio kraštinės. Bet kurioje nelygybėje atlikus pakeitimą $\begin{cases} a=x+y \\ b=y+z \\c=z+x\end{cases}$ gausime jai ekvivalenčią nelygybę, kur $x,y$ ir $z$ yra teigiami realieji skaičiai.
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Taigi, taikant lemas vieną po kitos (su lemose aprašytomis sąlygomis) galima nelygybę transformuoti į tokias formas:

$\boxed{\sin A+\sin B+\sin C > 2} \Rightarrow \boxed{\cos \frac{A}{2}+\cos \frac{B}{2}+\cos \frac{C}{2} > 2} \Rightarrow$ $\Rightarrow\boxed{\sqrt{\frac{(b+c)^2-a^2}{4bc}}+\sqrt{\frac{(c+a)^2-b^2}{4ac}}+\sqrt{\frac{(a+b)^2-c^2}{4ab}}>2}$

$\Rightarrow \boxed{\sqrt{x+y+z}\cdot \left(\sqrt{\frac{y}{(x+y)(z+y)}}+\sqrt{\frac{z}{(x+z)(y+z)}}+\sqrt{\frac{x}{(y+x)(z+x)}}\right)>2}$

Su šiuo uždaviniu užtrukau todėl, kad užsispyriau spręsti paskutiniąją formą. Deja, išbandžius gausybę metodų teko pripažinti, kad nelygybė yra stipri. Be to, ji ,,elgiasi nestandartiškai'': kairė pusė artėja į 2 tada, kai viena reikšmė artėja į nulį, o kitos dvi reikšmės viena į kitą nebūtinai artėja. Tai iš dalies paaiškina, kodėl dauguma metodų neveikia. Tenka grįžti prie antros nelygybės formos (tos, kurioje dirbama su bet kurio trikampio kraštinėmis) ir imtis mechaninių pertvarkymų, kurie man nėra tokie gražūs:


$\cos \frac{A}{2}+\cos \frac{B}{2}+\cos \frac{C}{2} = 2\cos\left(\frac{A+B}{4}\right)\cos\left(\frac{A-B}{4}\right)+\cos\left(90^o- \frac{A+B}{2}\right)=$

$= 2\cos\left(\frac{A+B}{4}\right)\cos\left(\frac{A-B}{4}\right)+\sin\left(\frac{A+B}{2}\right) \ge 2\cos\left(\frac{A+B}{4}\right)\cos\left(\frac{A+B}{4}\right)+\sin\left(\frac{A+B}{2}\right)=$

$1+\sin\left(\frac{A+B}{2}\right)+\cos\left(\frac{A+B}{2}\right)=1+\sqrt{2}\sin\left(45^o+\frac{A+B}{2}\right)>2$.

Nelygybė galioja, kadangi kai $\frac{A+B}{2}\in [0^o,90^o],$, tai $45^o+\frac{A+B}{2} \in [45^o,135^o]$ ir $\sin\left(45^o+\frac{A+B}{2}\right) \in \left[\frac{\sqrt{2}}{2}; 1\right]$

Galbūt išnagrinėjus, kaip šie pertvarkymai atrodo netrigonometrinėse nelygybės formose paaiškėtų įdomių dalykų.

Nėra, Karoli, čia kokių nors užmanymų. Tai standartinis funkcinių lygčių uždavinys. Dėl žymėjimo nesu domėjęsis. Toks gavosi iš inercijos.

Man keista, kodėl universitete yra nagrinėjamos tik diferencialinės ir diofantinės, bet ne funkcinės lygtys. Kiek pamenu, ginkluotės arsenalas su jomis nėra didelis - galima tikrinti injektyvumą, surjektyvumą, lyginumą, kitas kažkiek panašias savybes. Matyt jau reiktų kelti sprendimą ar dar palikti laiko pagalvoti?

O gal galima paprašyti, kad dar nekeltumėt sprendimo?.. Galiu įkelt nauja uždavinį arba jei kas kitas nori, galbūt įkelkit... Dar klausimėlis matfux: kokio lygio šita lygtelė? Ar respublikinės olimpiados, ar kokio aukštesnio rango?..

Tu norėjai pasakyti, Karoli, kad aš ieškau sprendimo ir tuščios garbės?.. Tada atleisk, aš tau pasakysiu: funkcinės lygtys nėra mano atidirbta vieta, todėl trečia diena šią lygtelę sprendžiu vis prisėsdama ir preliminarų atsakymą tarp kitko galiu pasakyti - turėtų gautis dvi funkcijos: $f(x)\equiv 0$ ir $f(x)=x$. Galiu netgi pasakyti, kad $f$ tikrai yra bijekcija, be to $f(\frac{1}{n})=\frac{1}{n}$ visiems $n\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}$, bet vat prie pilno sprendimo neprisikasu, o jei žinočiau, kad uždavinukas, pavyzdžiui, iš pasaulinės panikių olimpaidos, tai aš jį ir mesčiau, dėl to ir klausiu tamstelės matfux, kokio tai lygio uždavinukas. Bet jeigu aš tavo pastabėlę, Karoli, ne taip būsiu supratusi, tai dovanok...

Tada gerai. Nu bet kita vertus pasakysiu, kad persigalvojau. Prisiminiau vatgi, kad algebrinėj skaičių teorijoj yra tokie pirminiai skaičiukai, kurie taip sakykim dalija tam tikro skaičių kūno diskriminantą ir tūlas matematikas, pamatęs tokį pirminį skaičių sako, kad anas gi šakojasi, taigi aš nebūsiu dabar toks pirminis skaičius, nesišakosiu čia, nelaužysiu forumo taisyklių gal, trys dienos praėjo ir viskas, jei neišpręsta - tai neišpręsta, tatgi mathfux turi pilną teisę įkelti sprendimą ir lai šia teise jis pasinaudoja.