Лекция за Линейните Функции

[Titu_Andrescu]

ДОКАЗВАНЕ НА НЕРАВЕНСТВА ЧРЕЗ ЛИНЕЙНИ ФУНКЦИИ

Тук ще покажа един метод за доказване на неравенства, който се базира на факта, че ако една линейна функция приема стоиности с един и същ знак в краините точки на даден интервал, то всички неини стоиности в този интервал са със същия знак. Това лесно се вижда след като си начeртаем графиката на пройзволна линейна функция (виж math10.jpg).

Ще формулираме горното твърдение като Теорема 1. Ако за функцията [tex]f(x)=ax+b[/tex] е изпълнено [tex]f(\alpha)\ge 0[/tex] и [tex]f(\beta)\ge 0[/tex], то [tex]f(x)\ge 0[/tex], за всяко [tex]x\in [\alpha , \beta ][/tex].

Това свойство на линеините функции е добре илюстрирано на фигурите по-долу (math10.jpg) и има лесно разбираема геометрична интерпретация.

[Реклама]

[Titu_Andrescu]

Ще покажем нагледно идеята, като решим две неравенства.

Задача 1. Нека [tex]x,y,z[/tex] са три неотрицателни реални числа и [tex]x+y+z=3[/tex]. Да се докаже, че [tex]x^2+y^2+z^2+xyz\ge 4[/tex].

Решение. Записваме исканото неравенство в следната форма
[tex](y+z)^2-2yz+x^2+xyz\ge 4[/tex],
или
[tex](3-x)^2+yz(x-2)+x^2-4\ge 0 \Leftrightarrow yz(x-2)+2x^2-6x+5\ge 0[/tex].

Нека [tex]yz=w[/tex], сега вече може да разглеждаме израза от лявата страна на полученото неравенство като линейна функция на [tex]w[/tex]:
[tex]f(w)=(x-2)w+2x^2-6x+5[/tex].

Сега трябва да намерим множеството от стоиносте, които маже да приема [tex]w[/tex].
От неравенството между средно аритметично и средно геометрично имаме
[tex]yz\le\frac{(y+z)^2}{4}[/tex], т.e. [tex]w\le \frac{(3-x)^2}{4}[/tex].
От друга страна имаме, че [tex]w\ge 0[/tex].
От Теорема 1, достатъчно ще е да докажем, че [tex]f(0)\ge 0[/tex] и [tex]f(w_0)\ge 0[/tex], където [tex]w_0=\frac{(3-x)^2}{4}[/tex].
[tex]f(0)=2x^2-6x+5=2\left(x-\frac32\right)^2+\frac15> 0[/tex],
[tex]f(w_0)=\frac14(x-1)^2(x+2)\ge 0[/tex].
С това неравенството е доказано, като равенство се достига [tex]\Leftrightarrow x=y=z=1[/tex].

Забележете, че случаите в които имаме равенство се откриват чрез решаване на уравненията [tex]f(0)=0[/tex] и [tex]f(w_0)=0[/tex]. Първото уравнение няма реални корени, но от второто следва, че [tex]x=1[/tex], което от своя страна води до [tex]yz\le 1[/tex] и [tex]y+z=2[/tex]. Заместваме с [tex]z=2-y[/tex] в нелавенството [tex]yz\le 1[/tex] и получаваме [tex]-y^2+2y-1\le 0[/tex], тогава очевидно равенство ще имаме [tex]\Leftrightarrow y=1\Rightarrow z=1[/tex].

Задача 2. Да се дакаже, че ако [tex]x,y,z[/tex] са неотрицателни реални числа и [tex]x+y+z=1[/tex], то [tex]4(x^3+y^3+z^3)+15xyz\ge 1[/tex]. Кога се достига равенство ?

Решение.

[Titu_Andrescu]

Забележете, че имаме следното тъждество
[tex]a^3+b^3=(a+b)^3-3ab(a+b)[/tex],
следователно исканото неравенство е еквивалентво на
[tex] (y+z)^3-3yz(y+z)+x^3+\frac{15}{4}xyz\ge \frac14[/tex].
Като използваме даденото, че трите числа имат сума [tex]1[/tex] презаписваме горното неравенство във вида
[tex](1-x)^3+yz\left(\frac{27}{4}x-3\right)+x^3-\frac14\ge 0[/tex].

Полагаме [tex]yz=w[/tex] и разглеждаме лявата част на неравенството като линейна функция на [tex]w[/tex].

[tex]f(w)=\left(\frac{27}{4}x-3\right)w+(1-x)^3+x^3-\frac14[/tex].

Имаме [tex]w\le\frac{(1-x)^2}{4}[/tex] от неравенстово между с.а.-с.г. и също така имаме, че [tex]w\ge 0[/tex]. От Теорема 1 следва, че е достатъчно да докажем, че [tex]f(0)\ge 0[/tex] и [tex]f(w_0)\ge 0[/tex].

И наистина, имаме че

[tex]f(0)=(1-x)^3+x^3-\frac14=\frac34(2x-1)^2[/tex]

и

[tex]f(w_0)=16(1-x)^3+(1-x)^2(27x-12)+16x^3-4=3x(3x-1)^2[/tex].

С това исканото неравенство е доказано.

Равенство се достига [tex]\Leftrightarrow (x,y,z)=(\frac13,\frac13,\frac13)[/tex] или за някоя от пермунтациите на числата [tex](x,y,z)=(0,\frac12,\frac12)[/tex].

[Titu_Andrescu]

За домашно може да се упражните върху Теорема 1 със следните задачи:

Упражнение 1. Да се докаже, че [tex]5(a^2+b^2+c^2)\le 6(a^3+b^3+c^3)+1[/tex], където [tex]a,b,c[/tex] са положителни реални числа, за които [tex]a+b+c=1[/tex].

(Михай Питицари и Дан Попеску, от книгата Стари и Нови неравенства (Old & New Inequalities))

Упражнение 2. Нека [tex]x,y,z[/tex] са положителни реални числа, за които [tex]x+y+z=1[/tex]. Да се докаже, че [tex]7(xy+yz+zx)\le 2+9xyz[/tex].

(Балканска математическа олимпиада 1979 г.)

Упражнение 3. Нека [tex]x,y,z[/tex] са положителни реални числа, за които [tex]x+y+z=1[/tex]. Да се докаже, че [tex]x^3+y^3+z^3+6xyz\ge\frac14[/tex].

(Национална олимпиада на САЩ 1979 г.)

Упражнение 4. Нека [tex]x,y,z[/tex] са положителни реални числа, за които [tex]x+y+z=1[/tex]. Да се докаже, че [tex]xy+yz+zx-2xyz\le\frac{7}{27}[/tex].

(IMO 1984 г.)

Упражнение 5. Да се докаже, че [tex]\frac{1}{1-xy}+\frac{1}{1-yz}+\frac{1}{1-zx}\le\frac{27}{8}[/tex], където [tex]x,y,z[/tex] са положителни реални числа със сума равна на [tex]1[/tex].

(Шефчет Арсланагич, списание CRUX)

(тази задача е решена в темата Екстремални Задачи и Решения по друг начин)




Източници: записки на Vasile Cirtoaje, Gabriel Dospinescu, Mircea Lascu.
Лекцията е по идея на виетнамските математици Pham Van Thuan и Trieu Van Hung