Сборник материалов выездных школ команды Москвы на Всероссийскую математическую олимпиаду
 Скачать 3.42 Mb.
|
|
III. Какие из указанных функций выпуклы вниз? а) f (x) = б) f (x) = в) f (x) = где) ж) f (x) = |x − Указания и решения. а) Ответ максимальный результат достигается при x = y = а минимальный — при x = 0 и y = Решение. Легко видеть, что минимальное значение величины xy равно нулю при x > 0 и y > 0. Заметим, что xy = (x + y) 2 − (x − y) 2 4 = 9 − (x − y) 2 Изданного равенства очевидно, что максимальное значение величины xy достигается при x = y. То есть, при x = y = б) Ответ минимальный результат достигается при x = y = 3, а максимальный при x = 0, y = 6 и при x = 6, y = 0. Неравенства симметрические и циклические 37 Решение. Имеем x 2 + y 2 = (x + y) 2 + (x − y) 2 2 = 18 + (x − y) 2 Откуда получаем ответ. в) Ответ максимальный результат достигается при x = y = 3, а минимальный при x = 0, y = 6 и при x = 6, y = Решение. Имеем ( √ x + √y) 2 = x + y + 2√xy = 6 + 2√xy. Значит, величина принимает максимальное (минимальное) значение одновременно с величиной xy. По пункту а) получаем ответ. г) Ответ минимальный результат достигается при x = y = 3, а максимальный не достигается. Решение. Имеем + y xy = 6 xy . Значит, по пункту а) минимальный результат достигается при x = y = 3. Заметим, что 1 N + 1 6 − 1 N > N Значит, значение выражения может быть сколь угодно большим. д) Ответ максимальный результат достигается при x = y = 3, а минимальный при x = 0, y = 6 и при x = 6, y = Решение. Имеем sin x 2 + sin y 2 = 2 sin x + y 4 cos x − y 4 = 2 sin 3 2 cos x − Так как 2 < π, то sin 3 2 > 0. Так как cos x 6 1, то максимальное значение достигается при x = y = Также известно, что функция cos x убывает на отрезке h 0; π 2 i и возрастает на отрезке h − π 2 ; 0 i . Заметим, что − y| 4 6 3 2 < π 2 . Значит, минимальное значение достигается при x − y = Отсюда получаем ответ. з) Указание. Формулировку и доказательство можно найти, например, в статье Дворянинов С, Ясиновый Э. Как получаются симметрические неравенства // Квант. 1985. № 7. С. 33 –36; Неравенства симметрические и циклические (МА. Берштейн Латинские и буквы обозначают неотрицательные числа. а) Если a 1 + . . . + a n = 1, то+ . . . + a n x n ) 2 6 a 1 x 2 1 + . . . + a n x 2 n Гл. 2. Миникурс по анализу б) Весовое неравенство Коши. Если a 1 > 0, . . . , a n > 0 и a 1 + . . . . . . + a n = 1, тов) Определим среднее степенное порядка m чисел x 1 , . . . , x с весами a 1 , . . . , a n > 0, где a 1 + . . . + a n = 1, как p a 1 x m 1 + . . . + a n x m n при m 6= 0, S 0 := x a 1 1 · . . . · x a n n , S −∞ := min {x 1 , . . . , x n } и S +∞ := max{x 1 , . . . , x Докажите, что S a 6 S b при a 6 b. 1. Локальное неравенство. Для натуральных чисел n > m выполнено. Равенство достигается только при a = b. 2. а 1 a 2 + a 2 2 a 3 + . . . + a 2 n a 1 > a 1 + a 2 + . . . + a б 1 a 1 + a 2 + a 2 2 a 2 + a 3 + . . . + a 2 n a n + a 1 > 1 2 (a 1 + a 2 + . . . + a n ). 3. x 2 1 y 1 + x 2 2 y 2 + . . . + x 2 n y n > (x 1 + x 2 + . . . + x n ) 2 y 1 + y 2 + . . . + y n 4. a 2 b(a + c) + b 2 c(b + d) + c 2 d(c + a) + d 2 a(d + b) > 2. 5. а) a 3 b + b 3 c + c 3 a > abc(a + b + б) a 3 b 2 + b 3 c 2 + c 3 a 2 > a 2 b 2 c + a 2 bc 2 + ab 2 c 2 6. а 1 a 1 + a 2 + a 3 2 a 2 + a 3 + . . . + a 3 n a n + a 1 > 1 2 (a 2 1 + a 2 2 + . . . + б b + 2c + d + b c + 2d + a + c d + 2a + b + d a + 2b + c > 1. 7. Для натуральных a, b, c выполнено+ b 2 + c 2 a + b + c a+b+c > a a b b c c > a + b + c 3 a+b+c 8. а b + c + b c + d + c d + a + d a + б + c a + b + b + d b + c + c + a c + d + d + b d + a > 4. 9. Если ab + bc + cd + da = 1, то a 3 b + c + d + b 3 c + d + a + c 3 d + b + a + d 3 a + b + c > 1 Зачетные задачи 0 а)–в); 1; 2 а 3; 4; 5 а 6 а 7; 8 а Неравенства симметрические и циклические 39 Контрольные вопросы. Остается ли справедливым неравенство S a 6 S b при a 6 b и любых значениях переменных x 1 , x 2 , . . . , x n , если одно из чисел a равно нулю? а) Остается; б) не остается. Остается ли справедливым неравенство S a 6 S b при a 6 b и любых значениях переменных x 1 , x 2 , . . . , x n , если одно из чисел a меньше нуля? а) Остается; б) не остается. Указания и комментарии Неравенство вида P (x 1 , x 2 , . . . , x n ) > 0 называется симметрическим, если P (x 1 , x 2 , . . . , x n ) не меняется при любой перестановке переменных x 1 , x 2 , . . . , x n . Неравенство вида P (x 1 , x 2 , . . . , x n ) > 0 называется циклическим, если P (x 1 , x 2 , . . . , x n ) не меняется при циклической перестановке переменных (которая переводит в x 2 , в x 3 , в x 4 , . . . , x в x 1 ). Для решения симметрических и циклических неравенств очень полезны неравенства Мюрхеда и Коши—Буняковского—Шварца, далее обозначаемое КБШ (см. предыдущий раздел. Неравенство выводится из весового неравенства Коши. а) Это простейшее циклическое неравенство имеет разные способы доказательства. Есть глобальный путь — оценить всю сумму в целом, применяя неравенство. Есть локальный путь — оценить каждое слагаемое. Тут можно воспользоваться неравенством a 2 b > 2a − b (частный случай локального неравенства. Кроме того, неравенство несложно доказывается с помощью транснеравенства. Идея доказательства с помощью весового неравенства Коши описана в указании каб) Первый способ. Можно доказать это неравенство, оценивая каждое слагаемое в левой части по отдельности. Естественно воспользоваться локальным неравенством − Наивный путь — оценить следующим способом 1 a 1 + a 2 > 2a 1 − − (a 1 + a 2 ). Тогда нужно будет доказывать неверное неравенство > a 1 + a 2 + . . . + a n . Этот путь не может привести к успеху, так как при a 1 = a 2 = . . . = a в неравенстве из условия достигается равенство, а в неравенстве a 2 b > 2a − b равенство достигается только при a = Значит, надо добиться того, чтобы при a 1 = a 2 = . . . = a корень из числителя каждой дроби был равен знаменателю. Домножим неравен Гл. 2. Миникурс по анализу ство из условия на 4: 4a 2 1 a 1 + a 2 + 4a 2 2 a 2 + a 3 + . . . + 4a 2 n a n + a 1 > 2(a 1 + a 2 + . . . + a Тогда каждое слагаемое слева можно оценить следующим образом+ a 2 > 4a 1 − (a 1 + a 2 ). Сложив такие оценки для дробей в левой части, получим требуемое неравенство. Второй способ. Можно доказать это неравенство, оценивая всю сумму в левой части целиком, применяя неравенство 3. 3. Неравенство следует из неравенства КБШ для наборов x 1 √ y 1 , x 2 √ y 2 , . . . , x n √ y и √y 1 , √y 2 , . . . , √y Это неравенство равносильно неравенству КБШ. Но его часто легче применять (например, в неравенствах 2, 4, 6), так как можно обойтись без сложных замен с корнями (см. второе решение задачи 6 б) ниже; в остальных случаях читатель легко восстановит необходимую замену с корнями самостоятельно. Примените неравенство 3. 5. а) Разделите обе части на abc и сведите неравенство к неравенству а). Другой путь — использовать весовое неравенство Коши. А именно, подберем такие x, y, z, что будет выполняться неравенство xa 3 b + yb 3 c + zc 3 a > (x + y + Для этого надо, чтобы (a 3 b) x (b 3 c) y (c 3 a) z = (a 2 bc) x+y+z . Получаем систему уравнений + z = 2(x + y + z), 3y + x = x + y + z, 3z + y = x + y + У этой системы есть, например, решение x = 4, y = 2, z = 1. Тогда имеем неравенство + 2b 3 c + c 3 a > Аналогично a 3 b + 4b 3 c + 2 3 a > 7ab 2 c, 2a 3 b + b 3 c + 4 3 a > Складывая, получаем a 3 b + b 3 c + c 3 a > a 2 bc + ab 2 c + abc 2 Неравенства симметрические и циклические 41 Из неравенства Мюрхеда следует, что a 3 b + a 3 c + b 3 a + b 3 c + c 3 a + c 3 b > 2a 2 bc + 2ab 2 c + Неравенство 5 а) доказывает, что верно на самом деле большее + b 3 c + c 3 a > a 2 bc + ab 2 c + и a 3 c + c 3 b + b 3 c > a 2 bc + ab 2 c + б) Аналогично неравенству 5 а. Нужно сначала с помощью весового неравенства Коши доказать, что 4a 3 b 2 + 2b 3 c 2 + Аналогично неравенству 5 а) неравенство 5 б) усиливает следующий частный случай неравенства Мюрхеда: a 3 b 2 + a 3 c 2 + b 3 a 2 + b 3 c 2 + c 3 a 2 + c 3 b 2 > 2a 2 b 2 c + 2a 2 bc 2 + 2ab 2 c 2 6. а) Первый способ. Можно оценить каждое слагаемое, используя неравенство a 3 b > 3a 2 − b 2 частный случай локального неравенства»). У этого неравенства равенство достигается, когда корень кубический из числителя равен знаменателю. В исходном неравенстве равенство достигается, как обычно, при a 1 = a 2 = . . . = a n . Домножим все неравенство на 8, чтобы при a 1 = a 2 = . . . = a корень кубический из числителя равнялся знаменателю. После этого оценим каждое слагаемое слева с помощью неравенства+ a 2 > 12a 2 1 − (a 1 + a 2 ) 2 2 . Тогда все сводится к доказательству неравенства a 2 1 + a 2 2 + . . . + a 2 n > a 1 a 2 + a 2 a 3 + . . . + a А это неравенство равносильно такому a 2 ) 2 + (a 2 − a 3 ) 2 + . . . + (a n − Второй способ. Оценим сумму в левой части целиком 1 a 1 (a 1 + a 2 ) + a 4 2 a 2 (a 2 + a 3 ) + . . . + a 4 n a n (a n + a 1 ) > > (a 2 1 + a 2 2 + . . . + a 2 n ) 2 a 1 (a 1 + a 2 ) + a 2 (a 2 + a 3 ) + . . . + a n (a n + a 1 ) > 1 2 (a 2 1 + a 2 2 + . . . + Здесь первое неравенство выполнено по неравенству 3, а второе равносильно верному неравенству a 2 1 + a 2 2 + . . . + a 2 n > a 1 a 2 + a 2 a 3 + . . . + a см. конец первого способа Гл. 2. Миникурс по анализу б) Следует из a 2 a(b + 2c + d) + b 2 b(c + 2d + a) + c 2 c(d + 2a + b) + d 2 d(a + 2b + c) > > (a + b + c + d) 2 a(b + 2c + d) + b(c + 2d + a) + c(d + 2a + b) + d(a + 2b + Здесь первое неравенство выполнено по неравенству 3, а второе равносильно верному неравенству a 2 + b 2 + c 2 + d 2 > 2ac + Другое решение. Можно обойтись без преобразования условия под неравенство 3, сразу применив неравенство КБШ к наборами+ 2c + d) , r b (c + 2d + a) , r c d + 2a + b , r d a + 2b + c Благодарности Автор благодарен А. Берштейну, А. Дудко, В. Карайко, К. Кнопу и В. Франку, которые научили его почти всему, что здесь написано. Геометрическая интерпретация (Латинские буквы обозначают неотрицательные числа. а) Если a, b, c, A, B, C > 0 и a + A = b + B = c + C = k, то aB + bC + cA 6 б) Если 0 6 x 1 , x 2 , x 3 , x 4 6 1, то 6 x 1 (1 − x 2 ) + x 2 (1 − x 3 ) + x 3 (1 − x 4 ) + x 4 (1 − x 1 ) 6 2. 2. а) Найдите наименьшее возможное значение выражения p x 2 + 1 + p y 2 + 4 + p z 2 + 9 + p t 2 + при условии x + y + z + t = б) Найдите наименьший возможный периметр ломаной, проходящей по каждой грани куба. в) Если a, b, c > 0, тог) Когда достигается равенство? д) Пусть x, y, z > 0 и+ xy + y 2 3 = 25, y 2 3 + z 2 = 9, z 2 + zx + x 2 = Найдите xy + 2yz + 3zx. Геометрическая интерпретация 43 е) Пусть C = √ a 2 + b 2 , B = √ a 2 + c 2 , A = √ b 2 + c 2 . Тогда p (A + B + C)(A + B − C)(A − B + C)(−A + B + C) = = 2 p a 2 b 2 + b 2 c 2 + ж+ b 2 + c 2 + 4ab + 4ac − 2bc+ √ 4b 2 + a 2 + c 2 + 4ab + 4bc − 2ac> > √ 4c 2 + a 2 + b 2 + 4ac + 4bc − 2ab. 3. а) Пусть a 0 = 1 и a n = r 1 + a n−1 2 . Докажите {a n } монотонна. б) Из любых четырех чисел можно выбрать два, для которых 6 x − y 1 + xy 6 в) Из любых трех положительных чисел можно выбрать два, для которых 0 6 x − y 1 + x + y + 2xy 6 √ 2 − г ab(a + b) + p bc(b + c) + p ca(c + a) > p (a + b)(b + c)(c + a). 4. Если ab = 4 и c 2 + 4d 2 = 4, то а) (a − c) 2 + (b − d) 2 > б − c) 2 + (b − d) 2 > 4 √ α − √ 4 + α 2 √ 1 + для любого α > 0. 5. Решите систему x ctg y − 5 = cos z sin x sin y , ctg y ctg z + 11 = cos x sin y sin z , ctg z ctg x + 7 = cos y sin z sin Зачетные задачи 1 б 2 аж 3 б)–г); 4 а. Из них письменно д, 3 б, 4 а). Контрольные вопросы. При каком значении x достигается наименьшее значение выражения+ а) При x = 0; б) при x = 1 в) при x = 1 г) при x = д) наименьшего значения не существует. Указания и решения. а) Рассмотрим правильный треугольник P QR со стороной k. Отметим так на его сторонах P Q, QR и RP точки K, L и M соответствен Гл. 2. Миникурс по анализу но, чтобы выполнялись равенства P K = A, QL = B и RM = C. Тогда легко проверить, что KQ = a, LR = b и M P = c. Поэтому + bC + cA) sin 60 ◦ = 2(S KQL + S LRM + S MP K ) < 2S P QR = k 2 sin Здесь неравенство выполнено, поскольку треугольники KQL, и M P K содержатся в треугольнике P QR и не пересекаются между собой. Сокращая на sin 60 ◦ , получаем требуемое неравенство. б) Ответ 3 √ 2. Для оценки снизу используйте то, что сумма длин проекций ломаной на каждую координатную ось не меньшее) В пространстве возьмите три попарно перпендикулярных отрезка длин a, b, c, выходящих из одной точки. ж) Сначала докажите, что из медиан треугольника можно составить треугольник. Примените это к треугольнику со сторонами a + b, b + c, c + a. 3. а) cos α 2 = ± r 1 + cos α 2 5. Имеется элементарное решение. Красивое же решение получается использованием сферической геометрии на сфере мнимого радиуса (или геометрии Лобачевского. Указание предназначено тем, кто знаком с этими понятиями. Анализ, оценки, неравенства (В. А. Сендеров 1. Сравните: а) и б ив и log 4 г) log n−1 n и log n (n + 1), где n > д) log 3 4 · log 3 6 · . . . · log 3 80 и 2 log 3 3 · log 3 5 · . . . · log 3 е) log 3 5 и log 4 ж) из и и) и 2. а) x cos x < 0,62 при 0 < x < б) sin(π/18) > в x x 3 > cos x при 0 < x < π/2; Анализ, оценки, неравенства 45 г)* 1 sin 2 x 6 1 x 2 + 1 приди при 0 < x < е) 2| sin n x − cos n x| 6 3| sin m x − cos m x| при 0 < x < π/2 и целых n > > m > 0. 3. а) Решите в целых положительных числах x y = y б) Решите в вещественных числах x y = y в Для любого целого положительного a уравнение x y − y x = a имеет конечное число решений в целых положительных числах. Решите: а) ( y(x + y) 2 = 9, y(x 3 − y 3 ) = б) x(8 √ 1 − x + √ 1 + x) 6 11 √ 1 + x − 16 √ 1 − x, где x > 0. 5. а) (Международная олимпиада, 1994.) Пусть A ′ , и C ′ — основания биссектрис треугольника ABC, а I — центр вписанной окружности. Докажите, чтоб+ при a, b, c, d > в) x 6 y 6 + y 6 z 6 + z 6 x 6 + 3x 4 y 4 z 4 > 2(x 3 + y 3 + при любых x, y, z ∈ R. 6*. Пусть a, b, c — положительные числа, произведение которых равно а) (Международная олимпиада, 1996.) Докажите, чтоб) Найдите все α ∈ R, при которых для любых a, b, c справедливо неравенство a α b + c + b α a + c + c α a + b > 3 Контрольные вопросы. Какое изданных чисел наибольшее? а) log 2 б) log 3 в) log 4 Указания. д) log 3 4 > p log 3 3 · log 3 5, . . . , log 3 80 > p log 3 79 · log 3 и 20 Гл. 2. Миникурс по анализу. а) x sin π 2 − x < x π 2 − x 6 π 2 б) Рассмотрите многочлен третьей степени с целыми коэффициентами, одним из корней которого является в, г) Перепишите неравенство в виде x < sin x cos 1 3 x , или ϕ(x) = = sin x cos − 1 3 x − x > 0. Имеем ϕ ′ (x) > 0 ⇐⇒ 2t 3 − 3t 2 + 1 > 0, где t = = cos 2 3 x. Но 2t 3 − 3t 2 + 1 > 0 при 0 < t < 1. 4. а) Исключите tx из системы + t 2 ) = 3, t 2 (x 3 − t 6 ) = б) Замена u = r 1 + x 1 − x или x = cos 2t (в действительности это — один и тот же способ. б) Ответ α > 1 и α 6 Анализ для многочленов (Известно, что квадратное уравнение ax 2 + bx + c = 0 имеет два решения при b 2 > одно решение при b 2 = ноль решений при b 2 < Иными словами, количество решений этого уравнения равно 1 + + sgn(b 2 − 4ac), где sgn x = 1, x > 0; 0, x = 0; −1, x < Способ нахождения количества решений кубического уравнения без решения самого уравнения легко вывести напрямую (задача 1 ниже. Однако уже для произвольного уравнения четвертой степени прямой вывод труден (задача 2 ниже. Для решения задачи не требуется знать формул для корней уравнений третьей и четвертой степени (более того, решения, не использующие этих формул, гораздо проще вывода указанных формул. Теорема о промежуточном значении. Пусть P — многочлен. Если P (a) > 0 и P (b) < 0, то существует такое c ∈ [a, b], что P (c) = Этой задачей можно пользоваться в дальнейшем без доказательства. а) Уравнение x 3 + x + q = 0 имеет ровно одно решение при любом Анализ для многочленов 47 б) Для функции p(x) = x 3 − 6x + 2 найдите промежутки возрастания и убывания. в) Для той же функции найдите наибольшее и наименьшее значения на отрезке [0, Указание к б) ив изучите знак выражения p(x 1 ) − p(x 2 ) x 1 − г) Для той же функции найдите уравнение касательной в точке x = = Указание сначала напишите уравнение секущей, проходящей через точки (0, y(0)) и (x 0 , д) При каких q уравнение x 3 |