XLVII OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XLVII OM, 1995-1996

Etap:

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

$ \frac{a}{a^2+1} + \frac{b}{b^2+1} + \frac{c}{c^2+1} \leq \frac{9}{10}. $

Rozwiązanie

Sposób I

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

$ (1) \qquad \quad (3x-1)^2(4x + 3) \geq 0 $

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

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

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

$ \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} $

i mamy tezę zadania.

Sposób II

Funkcja dana wzorem

$ f(x)=\frac{x}{x^2+1} \quad \text{ dla } x\in\mathbb{R} $

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

$ f'(x)=\frac{1-x^2}{(x^2+1)^2}, \qquad f''(x)=\frac{2x(x^2-3)}{(x^2+1)^3} $

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)).

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

$ 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} $

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

$ f(a)+f(b)+f(c) \leq \frac{2}{5} + \frac{1}{2} + 0 = \frac{9}{10}. $

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

$ f(a) + f(b) + f(c) \leq \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{3}{10} = \frac{7}{10}. $

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.]