|
|
 |
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 + z²x – x²z – 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).
.