ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам | Поиск |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 115512
Темы:    [ Выпуклость и вогнутость (прочее) ]
[ Разложение на множители ]
[ Алгебраические неравенства (прочее) ]
Сложность: 4
Классы: 10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Докажите, что если числа x, y, z при некоторых значениях p и q являются решениями системы
     y = xn + px + q,  z = yn + py + q,  x = zn + pz + q,
то выполнено неравенство  x²y + y²z + z²x ≥ x²z + y²x + z²y.
Рассмотрите случаи   а)  n = 2;   б)  n = 2010.


Решение

  а) Домножим первое, второе и третье уравнения системы соответственно на y, z и x и сложив их, получим
     x² + y² + z² = x²y + y²z + z²x + p(xy + xz + yz) + q(x + y + z).
  С другой стороны, домножив первое уравнение исходной системы на z, второе – на x, а третье – на y и сложив, получим
     xy + xz + yz = x²z + y²x + z²y + p(xy + xz + yz) + q(x + y + z).
  Отсюда  x² + y² + z² – xy – xz – yz = x²y + y²z + z²xx²z – y²x – z²y.
  Левая часть неотрицательна, а значит, неотрицательна и правая часть.

  б)  x²y + y²z + z²x – x²z – y²x – z²y = x²(y – z) + x(z² – y²) + yz(y – z) = (y – z)(x² – xz – xy + yz) = (x – y)(x – z)(y – z),  поэтому доказываемое неравенство равносильно неравенству  (x – y)(x – z)(y – z) ≤ 0.
  Если среди чисел x, y и z найдутся хотя бы два равных, то неравенство обратится в верное равенство. Пусть все эти числа попарно различны. Без ограничения общности можно считать, что наименьшим из них является x. Докажем, что тогда  z < y.
  Рассмотрим функцию  f(t) = t2010 + pt + q.  Её производная  f'(t) = 2010t2009 + p.  Следовательно, функция f(t) убывает при     и возрастает при  t > t0.  Если  y ≤ t0,  то  x < y ≤ t0  и  y = f(x) > z = f(y).  Если же  z > y > t0,  то  x = f(z) > z = f(y).  Противоречие.

Замечания

Утверждение (с тем же доказательством) останется верным при замене в нём функции f на любую другую выпуклую функцию, а всех строгих неравенств – на нестрогие: для каждой такой функции f неравенство  x²y + y²z + z²x ≥ x²z + y²x + z²y  будет верным для любой тройки чисел x, y, z, связанных равенствами  y = f(x),  z = f(y),  x = f(z).  В частности, так можно получить другое доказательство п. а).

.

Источники и прецеденты использования

олимпиада
Название Московская математическая олимпиада
год
Номер 73
Год 2010
класс
Класс 11
задача
Номер 2010.11.3

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .