XLVII OM - II - Zadanie 3

Wykazać, że jeśli każda z liczb $ a $, $ b $, $ c $ jest nie mniejsza od $ -\frac{3}{4} $ oraz jeśli $ a+b+c=1 $, to

\[<br /> \frac{a}{a^2+1} + \frac{b}{b^2+1} + \frac{c}{c^2+1} \leq \frac{9}{10}.<br /> \]

Rozwiązanie

Sposób I

Dla $ x \geq - \frac{3}{4} $ zachodzi nierówność

\[<br /> (1) \qquad \quad (3x-1)^2(4x + 3) \geq 0<br /> \]

(patrz: Uwaga 1). Przekształcamy tę nierówność, jak następuje:

\[<br /> (2) \qquad<br /> \begin{split}<br /> & 36x^3 + 3x^2-14x + 3 \geq 0; \\<br /> & 50x \leq 36x^3 + 36x + 3x^2 + 3;\\<br /> & 50x \leq (36x + 3)(x^2 + 1);\\<br /> & \frac{x}{x^2+1} \leq \frac{18}{25}x + \frac{3}{50}.<br /> \end{split}<br /> \]

Teraz wystarczy podstawić dane liczby $ a $,$ b $, $ c $:

\[<br /> \frac{a}{a^2+1} + \frac{b}{b^2+1}+\frac{c}{c^2+1} \leq \frac{18}{25} (a+b+c) + 3 \cdot \frac{3}{50} = \frac{18}{25} \cdot 1 + 3 \cdot \frac{3}{50} = \frac{9}{10}<br /> \]

i mamy tezę zadania.

Sposób II

Funkcja dana wzorem

\[<br /> f(x)=\frac{x}{x^2+1} \quad \text{ dla } x\in\mathbb{R}<br /> \]

jest dwukrotnie różniczkowalna w zbiorze liczb rzeczywistych. Obliczamy jej pochodną pierwszego i drugiego rzędu:

\[<br /> f'(x)=\frac{1-x^2}{(x^2+1)^2}, \qquad<br /> f''(x)=\frac{2x(x^2-3)}{(x^2+1)^3}<br /> \]

Z otrzymanych wzorów widać, że funkcja $ f $ jest rosnąca w przedziale $ \langle -1; 1) $, a malejąca, w każdym z przedziałów $ (-\infty;-1\rangle $ i $ \langle 1;\infty) $ oraz że jest wypukła w przedziałach $ \langle -\sqrt{3}; 0 \rangle $ i $ \langle \sqrt{3};\infty) $, a wklęsła w przedziałach $ (-\infty;\sqrt{3}\rangle $ i $ \langle 0;\sqrt{3}\rangle $ (rysunek 9)).

om47_2r_img_9.jpg

Prosta $ l $ styczna do wykresu w punkcie $ \left(\frac{1}{3}, f\left(\frac{1}{3}\right)\right) $ ma równanie

\[<br /> y=f'\left(\frac{1}{3}\right)\left(x-\frac{1}{3}\right)+f\left(\frac{1}{3}\right) = \frac{18}{25}\left(x-\frac{1}{3}\right)+\frac{3}{10} = \frac{18}{25}x + \frac{3}{50}<br /> \]

i przecina ten wykres ponownie w punkcie $ \left(-\frac{3}{4}, f\left(-\frac{3}{4}\right)\right) $, czyli $ \left(-\frac{3}{4}, \frac{12}{25}\right) $

Z wcześniejszych spostrzeżeń na temat przebiegu funkcji $ f $ wynika, że w następujących przedziałach żaden punkt jej wykresu nie leży powyżej prostej $ l $:

— w przedziale $ \langle 0; 1\rangle $ (bo funkcja $ f $ jest w tym przedziale wklęsła);

— w przedziale $ \langle 1;\infty) $ (bo funkcja $ f $ jest w tym przedziale malejąca);

— w przedziale $ \langle—1;0\rangle $ (bo funkcja $ f $ jest w tym przedziale wypukła).

Tak więc w całym przedziale $ \langle —\frac{3}{4};\infty) $ zachodzi nierówność $ f(x) \leq \frac{18}{25}x + \frac{3}{50} $ czyli nierówność (2) z poprzedniego rozwiązania; pozostaje powtórzyć jego końcówkę.

Uwaga 1. Oba przedstawione sposoby rozwiązania sprowadzają się do zastosowania nierówności (2). Jej wyprowadzenie w pierwszym rozwiązaniu, czysto algebraiczne, jest krótkie i zgrabne; ale jak wpaść na pomysł, by rozpocząć od nierówności (1) - niewątpliwie prawdziwej, lecz w żaden sposób nie sugerowanej treścią zadania? Otóż staje się ona naturalna w świetle rozumowania analitycznego, zastosowanego w drugim rozwiązaniu.

Z podobną sytuacją często można się spotkać przy wyprowadzaniu różnych nierówności. W rozumowaniu prowadzącym do szukanego oszacowania (nie znanego uprzednio) zwykle stosuje się metody analizy matematycznej: badanie znaku pochodnych i wynikającą stąd interpretację w terminach własności wykresów rozważanych funkcji. Znalazłszy oszacowanie, warto następnie spróbować znaleźć inny jego dowód, oparty jedynie na prostych przekształceniach algebraicznych (wolny od języka pochodnych, stycznych, wypukłości itd.), a przez to bardziej elementarny i bardziej elegancki.

W przykładzie z tego zadania do nierówności (1) najłatwiej dojść od tyłu, przekształcając równoważnie nierówność (2), znalezioną przy użyciu rachunku różniczkowego. Redagując rozwiązanie odwracamy kolejność: zaczynamy od ,,bardzo prawdziwej'' nierówności (1) i otrzymujemy (2) jako jej konsekwencję. Nie mamy przy tym obowiązku tłumaczyć się, skąd taki fortunny pomysł ...

Uwaga 2. Podana w zadaniu nierówność jest słuszna dla każdej trójki liczb $ a $, $ b $, $ c $ spełniającej warunek $ a + b + c= 1 $; założenie, że $ a,b,c \geq -\frac{3}{4} $, jest zbędne.

Dla dowodu przyjmijmy, że $ a \geq b \geq c $. Gdy $ c \geq -\frac{3}{4} $, mamy sytuację już rozpatrzoną; nierówność zachodzi.

Jeżeli $ c \leq -3 $, to $ a+b= 1-c \geq 4 $, więc $ a \geq 2 $. Funkcja $ f $ maleje w przedziale $ \langle 1;\ \infty) $, a zatem $ f(a) \leq f(2) = \frac{2}{5} $. Maksymalną wartością funkcji $ f $ jest $ f(1) = \frac{1}{2} $. Wobec tego

\[<br /> f(a)+f(b)+f(c) \leq \frac{2}{5} + \frac{1}{2} + 0 = \frac{9}{10}.<br /> \]

Jeśli $ - 3 \leq c \leq -\frac{1}{3} $, to z przebiegu funkcji $ f $ wnosimy, że wartość $ f(c) $ jest nie większa od wartości $ f(-3) = f(-\frac{1}{3}) = - \frac{3}{10} $. Stąd

\[<br /> f(a) + f(b) + f(c) \leq \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{3}{10} = \frac{7}{10}.<br /> \]

Suma przedziałów $ (-\infty;\ -3 \rangle $, $ \langle -3;\ -\frac{1}{3} \rangle $ i $ \langle - \frac{3}{4};\ \infty) $ pokrywa (i to ,,z nawiązką'') całą prostą liczbową. Zatem istotnie żadne dolne ograniczenie zakresu zmienności $ c $ nie jest potrzebne.

[Mamy tu typowy przykład zadania, w którym założenia zostały dopasowane - nieco sztucznie - do przewidywanej metody rozwiązywania.]

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź