XXXVII OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XXXVII OM, 1985-1986

Etap:

Rozwiązać równanie

$ x=\sqrt{b-x}\sqrt{c-x} + \sqrt{c-x}\sqrt{a-x} + \sqrt{a-x}\sqrt{b-x}, $

gdzie $a, b, c$ są danymi liczbami dodatnimi.

Rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia: $m = \min(a, b, c)$ ,

$ f(x) = \sqrt{b-x} \sqrt{c-x} + \sqrt{c-x} \sqrt{a-x} + \sqrt{a-x} \sqrt{b-x} -x. $

Za dziedzinę funkcji $f$ przyjmujemy przedział $\langle 0; m \rangle$ (bo jedynie dla $x \leq m$ wszystkie wyrażenia podpierwiastkowe są nieujemne oraz jedynie wśród nieujemnych liczb $x$ należy szukać rozwiązania równania). Dane w zadaniu równanie przybiera postać

$ (1) \qquad f(x) = 0. $

Funkcja $f$ jest malejąca (gdy $x$ rośnie, każdy składnik maleje). Zatem $f(x) \geq f(m)$ dla $x \in \langle 0; m \rangle$ , a więc warunkiem koniecznym istnienia rozwiązania równania (1) w przedziale $\langle 0; m \rangle$ jest spełnienie nierówności

$ (2) \qquad f(m) \leq 0. $

Gdy najmniejszą z liczb $a$ , $b$ , $c$ jest $a$ , warunek (2) przybiera postać

$ 0 \geq f(a) = \sqrt{(b-a)(c-a)}-a; $

równoważnie, $a^2 \geq (b-a)(c-a)$ , czyli $bc \leq a(b+c)$ , lub jeszcze inaczej:

$ (3) \qquad \frac{1}{a} \leq \frac{1}{b} + \frac{1}{c}. $

Ogólnie, koniecznym warunkiem istnienia rozwiązania rozważanego równania jest jednoczesne spełnienie nierówności (3) oraz dwóch analogicznych nierówności powstałych z (3) przez cykliczną zamianę symboli $a$ , $b$ , $c$ . Tę koniunkcję można zapisać w postaci nierówności podwójnej

$ (4) \qquad \left| \frac{1}{b} - \frac{1}{c} \right| \leq \frac{1}{a} \leq \frac{1}{b} + \frac{1}{c}. $

Przyjmijmy teraz, że warunek (4) jest spełniony. Przypuśćmy, że liczba $x \in \langle 0; m \rangle$ spełnia równanie (1). Przekształcamy to równanie, jak następuje:

$ x - \sqrt{b-x} \sqrt{c-x} = \sqrt{a-x} (\sqrt{b-x} + \sqrt{c-x}); $

podnosimy stronami do kwadratu:

$ x^2+ (b-x)(c-x) - 2x \sqrt{b-x} \sqrt{c-x} = (a-x) (b+c-2x+2\sqrt{b-x} \sqrt{c-x}) $

i dalej

$ 2x^2 - (b+c)x + bc = a(b+c-2x) + 2a \sqrt{b-x} \sqrt{c-x} - x (b+c-2x), $

czyli

$ \sqrt{b-x}\sqrt{c-x} = \frac{bc-ab-ca+2ax}{2a} = \frac{bc}{2a} - \frac{b+c}{2} + x. $

Z uwagi na symetrię ról $a$ , $b$ , $c$ mamy także równości

$ \sqrt{c-x}\sqrt{a-x} = \frac{ca}{2b} - \frac{c+a}{2} + x,\ \sqrt{a-x}\sqrt{b-x} =\frac{ab}{2c} - \frac{a+b}{2} + x. $

Podstawiamy otrzymane wyrażenia do równania (w jego pierwotnej postaci):

$ x = 3x+ \frac{bc}{2a} + \frac{ca}{2b} + \frac{ab}{2c} - (a+b+c), $

a stąd

$ (5) \qquad x = \frac{1}{2} (a + b + c) - \frac{1}{4} \left(\frac{bc}{a} + \frac{ca}{b}+ \frac{ab}{c} \right). $

Pozostaje sprawdzić, że liczba $x$ dana wzorem (5) istotnie spełnia rozważane równanie. Z wzoru (5) otrzymujemy równość

$ \begin{split} a-x & = \frac{1}{2}(a-b-c) + \frac{1}{4} abc \left(\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2} \right) = \\ & = \frac{1}{4} abc \left(\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2} + \frac{2}{bc} - \frac{2}{ca} - \frac{2}{ab} \right) = \\ & =\frac{1}{4} abc \left(\frac{1}{b} + \frac{1}{c} - \frac{1}{a} \right)^2 \end{split} $

i analogicznie

$ b-x = \frac{1}{4} abc \left( \frac{1}{c} + \frac{1}{a} - \frac{1}{b} \right),\ c-x = \frac{1}{4} abc \left( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} - \frac{1}{c} \right). $

Ponieważ założyliśmy, że warunek (4) jest spełniony, zatem liczby

$ (6) \qquad p=\frac{1}{b} + \frac{1}{c} - \frac{1}{a},\ q=\frac{1}{c} + \frac{1}{a} - \frac{1}{b},\ r=\frac{1}{a} + \frac{1}{b} - \frac{1}{c} $

są nieujemne. Wobec tego

$ \sqrt{a-x} = \frac{1}{2} \sqrt{abc}p,\ \sqrt{b-x} = \frac{1}{2} \sqrt{abc}q,\ \sqrt{c-x} = \frac{1}{2} \sqrt{abc}r $

i w konsekwencji

$ (7) \qquad f(x) = \frac{1}{4} abc (qr+rp+pq)-x, $

gdzie zgodnie z (5)

$ x=\frac{1}{4} \left( b+c- \frac{bc}{a} + c+a- \frac{ca}{b} +a+b-\frac{ab}{c} \right) = \frac{1}{4} \left( \frac{p}{a}+ \frac{q}{b} + \frac{r}{c} \right). $

Ale wobec (6) mamy

$ \frac{1}{a} = \frac{q+r}{2}, \ \frac{1}{b} = \frac{r+p}{2}, \ \frac{1}{c} = \frac{p+q}{2}, $

co po podstawieniu do poprzedniej równości daje

$ x=\frac{1}{4} abc \left( \frac{p(q+r)}{2} + \frac{q(r+p)}{2} + \frac{r(p+q)}{2} \right) = \frac{1}{4} abc \left( qr+rp+pq \right). $

Tak więc prawa strona (7) równa się zeru. Znaczy to, że $f(x) = 0$ , czyli że liczba $x$ spełnia rozważane równanie.

Ostatecznie więc, jeśli liczby $a$ , $b$ , $c$ spełniają warunek (4), to równanie ma dokładnie jedno rozwiązanie, dane wzorem (5); jeśli warunek (4) nie jest spełniony, równanie nie ma rozwiązań.

Uwaga. Sprawdzenie, że liczba $x$ dana wzorem (5) istotnie jest rozwiązaniem równania, okazało się dość uciążliwe. Można uniknąć tego sprawdzania, korzystając z metod analizy matematycznej. Rozważana tu funkcja $f$ jest ciągła w przedziale $\langle 0; m \rangle$ , a więc ma {\it własność Darboux}: przyjmuje w tym przedziale wszystkie wartości leżące pomiędzy $f(0)$ i $f(m)$ . Oczywiście $f(0) = \sqrt{bc} + \sqrt{ca} + \sqrt{ab} > 0$ . Zakładając, że spełniony jest warunek (4) a tym samym i warunek (2): $f(m) \leq 0$ , wnosimy, że istnieje w przedziale $\langle 0; m \rangle$ liczba $x$ , dla której $f(x) = 0$ . Wcześniej pokazaliśmy, że liczba taka (jeśli istnieje) musi być dana wzorem (5).