Задача 5

[Мирослав Стоенчев]

Задача 5. (А Стоев) Да се намерят всички естествени числа [tex]n[/tex], за които неравенството [tex]ab^n+bc^n+ca^n+abc\le 4[/tex] е изпълнено за всички положителни реални числа [tex]a,b,c[/tex], за които [tex]a+b+c=3[/tex].

Решение на Задача 4: http://www.math10.com/forumbg/viewtopic.php?t=4944

[Реклама]

[Pinetop Smith]

Избираме а = 2, b = с = [tex]\frac{1}{2} [/tex]. Нека [tex]2^n = x[/tex].

[tex]ab^n + bc^n + ca^n + abc - 4= 2.\frac{1}{2^n} + \frac{1}{2}.\frac{1}{2^n} + \frac{2^n}{2} + \frac{1}{2} -4 = \frac{2}{x} + \frac{1}{2x} + \frac{x}{2} + \frac{1}{2} - 4 \le 0[/tex]. Привеждаме под общ знаменател: [tex]4 + 1 + x^2 + x - 8x \le 0[/tex] или [tex]x^2 - 7x + 5 \le 0[/tex]. Решаваме това неравенство и тъй х като е естествено число, то 1 < х < 6, т.е. само х = 2, 4 върши работа, т.е. n = 1, 2.

За n = 1:

[tex]ab + b(3-a-b) + (3-a-b)a + ab(3-a-b) - 4 \le 0[/tex]
[tex](b+1)a^2 + (b^2-2b-3)a + b^2-3b-4 \ge 0[/tex]

[tex]D = (b-7)(b-1)^2(b+1) < 0[/tex], откъдето следва неравенството.

За n = 2 трябва да помисля още малко...

[/tex]

[sd_pld]

[konstantin]

Аз съм първи курс в софиския и сега учим намиране на екстремум на функция на няколко променливи .Ако съм смятъл вярно задачата е вярно за всяко естествено n и мисля че за всяко реално n .Решението е 2-3 страници и мързи да го препиша ,но все пак може и да го постна.

[konstantin]

Защо ако евярно за а=2 b=c=1/2 да е вярно за всички положителни реални числа от вида a+b+c=3>Това не мога да го разбера нещо ми се стува грешно.

[konstantin]

f(a,b,c)=abⁿ+bcⁿ+caⁿ+abc

f'a(a,b,c)=na^n-1c+bⁿ+bc
f'b(a,b,c)=nb^n-1a+cⁿ+ac
f'c(a,b,c)=nc^n-1b+aⁿ+ab

na^n-1c+bⁿ+0cⁿ+bc=0
0aⁿ+nb^n-1a+cⁿ+ac=0
aⁿ+0bⁿ+nc^n-1b+bc=0

naⁿc+bⁿa+0cⁿb+abc=0
0aⁿc+nbⁿa+cⁿb+abc=0
aⁿc+0bⁿa+ncⁿb+abc=0

това е линейна система тя е лесна и затова ще прескоча решението

(n+1)aⁿc+abc=0
(n+1)bⁿa+abc=0
(n+1)cⁿb+abc=0


(n+1)a^n-1+b=0
(n+1)b^n-1+c=0
(n+1)c^n-1+a=0

b=-(n+1)a^n-1
(n+1)(-(n+1)a^n-1)^n-1+c=0
(-1)^n-1(n+1)ⁿa^(n-1)2+c=0
c=(-1)ⁿ(n+1)ⁿa^(n-1)2
(n+1)(-1)ⁿ(n+1)ⁿa^(n-1)2n-1+a=0
(n+1)^n2-n+1a^(n-1)3+a=0

g(a)=(n+1)^n2-n+1a^(n-1)3+a
g'(a)=(n-1)³(n+1)^n2-n+1a^(n-1)3-1+1
a\in [0;3]
g(0)=0
g(3)>0
g(a) и g'(a) са монотони и в точките 0 и 3 g(a) е полужителна
следователно единствения екстремум на g(a) ot 0 до 1 е в a=0.
Oт последната системата следва че единствения екстремум на
f(a,b,c) за a,b,c>0 a,b,c<3 e a=b=c=0 това противоречи на
a+b+c=3.За а+b+c=0 f(a,b,c) няма екстремуми за да е помалка
от 4 трябва да проверим крайщата на интервала.Но незнам какво
е край на областа за a,b,c>0 a+b+c=3,затова ще проверя интервала
a,b,c>0 a,b,c<3

[konstantin]

чак сега видях че доказваш че за всяко н ралично от 1 и2 не е вярно мислих че правите обратното,а краищата на интервала не успявам да ги огранича

[Volen Siderov]

ако следвам логиката на николай то за a=b=c=1 имаме 1+1+1+1<=4 1+1+1=3 за всяко реално n.И тъй като окончателното решение за n е обединение на всички частни решения то отговора е за всяко реалнпо н.Иначе решението на константин според мен е в вярната посока и според мен правилно се търсят стойности на а,б,ц за които има екстремум и след това да се види за кои н израза е <=4.Така 4е ще ми е интересно ако той запише решението на задачата докрая

[Пафнутий]

[Pinetop Smith]

Да! Ако допуснем, че условието е изпълнено за някое n > 2, можем да изберем 2, 1/2, 1/2, за да се убедим в противното.

За n = 2(с което за съжаление не успях да се справя) го има в "Математика +" първият брой за тази година.

[Volen Siderov]

да прави сте така е.Само не ми е ясно в този тип решения на задачи(срещал съм и други такива),как така забелязваш че нешто особенно и удобно за решението се случва при напр.1,1/2,1/2 Не се засягай ама на мен тва ми е невъзможно.Все пак ако може напиши и останалата част от решението.

[Пафнутий]

Пробване му е майката

[Pinetop Smith]

Ми гледаш да получиш степени на едно и също число, по възможност цяло 1^а = 1, т.е. 1 няма смисъл. Тук имаме а + б + с = 3 и а, б, с > 0, т.е. и 3 не може. Остава 2. Избираш едното да е 2. Веднага се вижда, че 1/2 и 1/2 вършат прекрасна работа. Но ако искаш, можеш да разсъждаваш и така: ясно е, че двете са дроби. Тогава нека

1/2^х + 1/2^у = 1
2^х + 2^у = 2^(х+у)
а + б = аб
Б.о.о а ≥ б
аб = а + б ≥ 2а
аб ≥ 2а
б ≥ а

=> а = б

=> х = у

=> 1/2^х + 1/2^х = 1
1/2^(х-1) = 1
2^(х-1) = 1
х - 1 = 0
х = 1

=> числата са 1/2 и 1/2.

ПП: Но аз не съм правил такива разсъждения, тези числа веднага ми дойдоха наум.

[Pinetop Smith]

Дословно от сп. "Математика +":

Б.о.о а ≥ b ≥ c.

a²b + b²c + c²a - ab² - bc² - ca² = (a-c)(a-b)(b-c) ≥ 0 => a²b + b²c + c²a ≥ ab² + bc² + ca² => 2(ab² + bc² + ca²) + 2abc ≤ ab² + bc² + ca² + a²b + b²c + c²a + 2abc = (a+b)(b+c)(c+a) ≤ {[(a+b) + (b+c) + (c+a)]/3}³ = 8 <=> ab² + bc² + ca² +abc ≤ 4.