WWW.MASH.DOBROTA.BIZ
БЕСПЛАТНАЯ  ИНТЕРНЕТ  БИБЛИОТЕКА - онлайн публикации
 

«УЧРЕЖДЕНИЕ НАУКИ ВЫЧИСЛИТЕЛЬНЫЙ ЦЕНТР им. А.А. ДОРОДНИЦЫНА РОССИЙСКОЙ АКАДЕМИИ НАУК _ СООБЩЕНИЯ ПО ПРИКЛАДНОЙ МАТЕМАТИКЕ М. А. ГОРЕЛОВ ПРОСТЫЕ ЗАДАЧИ ОПТИМИЗАЦИИ. СТЕПЕНЬ МНОГОЧЛЕНА ...»

ФЕДЕРАЛЬНОЕ ГОСУДАРСТВЕННОЕ БЮДЖЕТНОНОЕ

УЧРЕЖДЕНИЕ НАУКИ

ВЫЧИСЛИТЕЛЬНЫЙ ЦЕНТР им. А.А. ДОРОДНИЦЫНА

РОССИЙСКОЙ АКАДЕМИИ НАУК

_____________________________________________

СООБЩЕНИЯ ПО ПРИКЛАДНОЙ МАТЕМАТИКЕ

М. А. ГОРЕЛОВ

ПРОСТЫЕ ЗАДАЧИ ОПТИМИЗАЦИИ .

СТЕПЕНЬ МНОГОЧЛЕНА

ВЫЧИСЛИТЕЛЬНЫЙ ЦЕНТР ИМ. А.А. ДОРОДНИЦЫНА

РОССИЙСКОЙ АКАДЕМИИ НАУК

МОСКВА 2013 УДК 519.8, 517.2 Ответственный редактор доктор технических наук Ф.И. Ерешко В классической теории оптимизации на решаемую задачу накладываются ограничения геометрического характера, типа дифференцируемости или выпуклости. А на практике задачи чаще всего задаются аналитически (явной формулой, дифференциальным уравнением и т.п.). В данной работе предлагается метод решения оптимизационных задач, использующий способ их аналитического задания. Если этот способ не слишком сложен, решение задачи может быть доведено до конца. Идея метода состоит в использовании вспомогательного многочлена. Если его степень не слишком высока, и удается локализовать корни многочлена, решение задачи оптимизации доводится до конца .

Ключевые слова: оптимизация, неравенства, малочлены .



Рецензенты: И.А. Копылов, А.Ф. Кононенко Научное издание Федеральное государственное бюджетное учреждение науки Вычислительный центр им. А.А. Дородницына Российской академии наук, 2012

1. Введение Данная работа представляет собой пятую часть исследования, начатого в [1–4]. Общее название всех этих работ отражает основную идею решения задач оптимизации. Ее смысл подробно изложен во введении к [1], а в двух словах заключается в следующем .

Чаще всего задача оптимизации задается аналитическими формулами. Если эти формулы простые, то можно использовать этот факт для того, чтобы получить решение задачи. Сложность формул можно определять по-разному, поэтому и реализуется данная идея различными способами .

В данной работе сложность задачи определяется степенью некоторого вспомогательного многочлена. Если степень многочлена равна n, то он не может иметь более n корней .

Иногда, исходя из соображений геометрического характера, удается приблизительно определить положение этих корней. А тогда можно найти интервалы, на которых этот многочлен сохраняет определенный знак. А это уже позволяет получить нетривиальную нижнюю оценку минимума (или верхнюю оценку максимума). Если вспомогательный многочлен подобран удачно, эта оценка будет не улучшаемой, что и даст решение оптимизационной задачи .

Таким образом, в основе предлагаемого метода лежит указанный выше алгебраический факт, и менее элементарная, но наглядно очевидная, теорема о промежуточном значении. Грубо говоря, эта теорема утверждает, что если непрерывная кривая соединяет две точки, лежащие по разные стороны от прямой, то прямая и кривая пересекаются .

Эти простые соображения позволяют решить достаточно большое число задач, в том числе и достаточно сложных, что и демонстрируется ниже .

Большинство этих задач заимствованы, но установить первоисточники не представляется возможным. Ссылки указаны для тех задач, которые предлагались на различных олимпиадах, поскольку соответствующие источники наиболее доступны, а «олимпиадные»



решения естественно считать наиболее элементарными и красивыми. Читатель получает возможность сравнить их с приводимыми ниже. Ссылки даются после номера задачи в фигурных скобках, где указывается название олимпиады и год ее проведения. При этом используются сокращения, приведенные в приложении .

2. Геометрические основы На протяжении всей работы будут использоваться некоторые понятия и результаты топологии – раздела современной геометрии, изучающего свойства геометрических объектов, не меняющиеся при непрерывных преобразованиях. Все они очень наглядны, поэтому их доказательства будут опущены. В следующих параграфах эти результаты будут применяться в сочетании с алгебраическими теоремами. А в задачах данного параграфа они работают в чистом виде .

Говорят, что примеры учат лучше правил. Вот первый из них .

Задача 1. {О .

1998} По круглому треку ездят с постоянными, но различными скоростями несколько велосипедистов. У одного из них есть фляжка с водой. При обгоне фляжка от одного обязательно переходит к другому (моментов, когда двое одновременно обгоняют одного, не случается). Может ли оказаться при некотором начальном расположении и некоторых скоростях, что как бы долго они не ездили, у двух из них фляжка так и не побывает .

Решение. Выберем двух любых велосипедистов и обозначим их A и B. Докажем, что у одного из них фляжка непременно побывает. Построим графики движения выбранных спортсменов и фляжки (на рис. 1 графики движения A и B показаны сплошными линиями, графики остальных велосипедистов намечены точками, а график движения фляжки нарисован жирной линией). За начало координат примем момент времени, когда B обогнал A, и точку, в которой это произошло. Пусть в следующий раз B обгонит A в момент времени T, а длина трека равна L. Поскольку велосипедисты движутся по кругу, а значит, точки с координатами x и x+L совпадают, у нас остается свобода выбора начальных значений координат. Выберем их так, что в начальный момент времени координата A равна L, координата B равна нулю, а координата фляжки лежит на отрезке [0,L] .

В силу последнего условия, график движения фляжки «входит» в треугольник 0LR через вертикальную сторону. Значит, он должен «выйти» из него через одну из других сторон. Но в момент первого пересечения графика движения фляжки с графиком движения велосипедиста фляжка по правилам переходит к нему .

Запишем эти рассуждения чуть более формально. Пусть f(t) и h(t) – координаты велосипедистов A и B в момент времени t, а g(t) – соответствующая координата фляжки. В силу выбора начальных условий f(0)g(0)h(0). Поскольку f(T)=h(T), неравенства f(T)g(T)h(T) не могут выполняться одновременно. Значит, либо f(T)g(T), либо g(T)h(T). В первом случае разность f(t)–g(t) меняет знак на отрезке [0,T], а потому обращается в ноль. А тогда велосипедист A непременно получает фляжку. Второй случай рассматривается аналогично .

Внимательный анализ приведенного решения показывает, что в нем неявно использовался следующий факт .





Теорема о промежуточном значении. Если непрерывная функция принимает на концах отрезка значения разных знаков, то внутри отрезка она обращается в ноль .

В задаче 1 эта теорема применялась для кусочно-линейных функций. В этом случае она доказывается элементарными средствами (см. упражнение 1). В общем случае доказательство можно найти в [5] или в любом университетском учебнике математического анализа. Мы будем использовать как «очевидный» следующий геометрический факт: если непрерывная кривая соединяет две точки, лежащие по разные стороны от прямой, то она где-то пресекает эту прямую .

В приведенном решении спрятана еще одна важная топологическая концепция – понятие накрывающего пространства. В задаче 1 все объекты движутся по окружности. А в решении использовались графики движения по прямой. Нарисовать график движения объекта по окружности можно, но не очень удобно (подумайте, как этот график может выглядеть?). Но главная причина перехода к прямой состоит не в этом, а в том, что окружность устроена слишком сложно .

В решении использовался тот факт, что в начальный момент «координата фляжки лежит на отрезке [0,L]». Можно было бы сказать, что «фляжка лежит между велосипедистами A и B». Понятие «лежать между» является одним из основных понятий евклидовой геометрии. В большинстве аксиоматических систем оно является неопределяемым. На окружности придать содержательный смысл этому понятию нельзя .

Чтобы перейти от окружности к прямой, нужно эту прямую свернуть в виде спирали (как у электрической плитки) и расположить спираль так, чтобы ее ось была вертикальной, а витки располагались над треком. Тогда спираль «накроет» трек так, что над каждой точкой трека будет располагаться счетное число точек спирали .

И координатой любой из этих точек можно характеризовать положение точки на окружности .

Но при этом возникнет очень большой произвол. Например, функция Дирихле L, если x рационально, f ( x) 0, если x иррационально, описывает вполне «физичное» движение по окружности (какое?) .

Чтобы избежать рассмотрения таких примеров, потребуем, чтобы движения всех объектов описывались непрерывными функциями .

Тогда произвол существенно уменьшится .

А именно, если мы фиксируем какую-нибудь точку, которая в начальный момент времени находится над объектом на треке, то при непрерывном движении этого объекта по треку можно будет единственным способом двигать точку по накрывающей спирали так, чтобы она всегда находилась над объектом. Поэтому останется лишь счетное число функций, которые описывают движение объекта по треку .

В задаче 1 функции, описывающие движения велосипедистов будут линейными. Их графики будут прямыми. И каждому велосипедисту будет соответствовать счетное число параллельных прямых, лежащих на расстоянии L одна от другой. Точка пересечения любых двух прямых будет описывать встречу велосипедистов, поэтому придется на графике нарисовать все такие прямые .

Подробнее о понятии накрывающего пространства можно прочесть в [6–7] .

Отметим, что в задаче 1 совершенно не важно, что трек является круглым. Он может быть овальным, или иметь более сложную форму, например, как трассы в гонках формулы 1. Важно только, чтобы у трека не было самопересечений. Если трек будет иметь самопересечения, например, он будет иметь форму «восьмерки», ситуация заметно усложнится .

Но вернемся к теореме о промежуточном значении. Пожалуй, в наиболее чистом виде этот факт используется при решении следующей задачи .

Задача 2. Турист вышел на рассвете из базового лагеря и к вечеру поднялся на вершину горы .

Переночевав там, он утром следующего дня отправился в обратный путь и вечером вернулся в базовый лагерь. Докажите, что в какое-то время суток он находился на одной высоте при движении туда и обратно .

Решение. Нарисуем на одной координатной плоскости графики зависимости высоты туриста над уровнем базового лагеря от времени суток в два рассматриваемых дня (см. Рис. 2). Пусть f(t) – высота в момент времени t при подъеме, а h(t) – при спуске. Из законов физики следует, что функции f и h непрерывны. Согласно условию разность f(0)–h(0) отрицательна, а разность f(24)–h(24) положительна (время измеряется в часах). Поэтому найдется момент времени t, когда функция f(t)–h(t) обращается в ноль. В этот момент f(t)=h(t), что и требуется доказать .

Упражнения .

1. Отрезок [a,b] разбит точками a=с0c1…cn=b на несколько частей. На [a,b] задана функция f(x) такая, что f(x)=ix+i для всех x[ci,ci+1]. Известно, что f(a)0, а f(b)0. Докажите, что существует точка y[a,b] в которой f(y)=0 .

2. Непрерывная функция f(x) отображает отрезок [0,1] в себя .

Докажите, что найдется такое y[0,1], что f(y)=y .

3. Числа a, b и c таковы, что система уравнений y=ax+b, y=bx+c, y=cx+a имеет решение. Докажите, что a=b=c .

4. Из пункта A в пункт B ведут две не пересекающиеся дороги .

Известно, что два мотоцикла, выехавшие по разным дорогам из A в B и связанные веревкой длины, меньшей l, смогли доехать в B, не порвав веревки. Могут ли разминуться, не коснувшись, два круглых воза диаметра l, центры которых движутся навстречу друг другу из A и B соответственно .

5. В противоположных углах квадратного пруда со стороной 100 м сидели два гуся. Поплавав по пруду, они оказались в двух других противоположных углах. Докажите, что в некоторый момент расстояние между кончиками их клювов было равно 110 м .

6. Пончик и Сиропчик делят бисквитный торт с кремом. Докажите, что можно одним прямолинейным разрезом разделить торт так, что друзьям достанется поровну и крема и бисквита .

7. Докажите, что всякий многоугольник M можно вписать в квадрат K так, что весь многоугольник будет лежать в квадрате, а на каждой стороне K найдется точка M .

–  –  –

во ax 2 bx c 1. Докажите, что при этих значениях x выполнено также неравенство cx 2 bx a 2 .

27. {H.1914} Пусть при всех x, таких что –1x1, выполняются неравенства –1ax2+bx+c1. Докажите, что при тех же x верны неравенства –42ax+b4 .

28. {П.1969} Найдите наименьшее действительное число M такое, что для каждого квадратного трехчлена f(x), удовлетворяющего условию f ( x) 1 при 0x1, выполнено неравенство f (0) M .

29. {Е.1971} Значение квадратного трехчлена ax2+bx+c по абсолютной величине не превосходят единицы, когда x 1. Среди всех таких трехчленов найдите трехчлен с наименьшим дискриминантом b2–4ac .

–  –  –

33. {И.1994} Положительные числа a, b и c удовлетворяют неравенствам abc1 и a b c. Сколько среди них чисел, abc меньших единицы?

34. {Л.1965} Про положительные числа a,b,c,x,y,z известно, что abc, axyzc, abc=xyz, a+b+c=x+y+z. Докажите, что a=x, b=y и c=z .

35. Про положительные числа a,b,c,x,y,z известно, что abc, axyzc, abc=xyz, ab+bc+ac=xy+yz+xz. Докажите, что a=x, b=y и c=z .

36. {р.2001} Действительные числа x, y и z удовлетворяют равенству (x+y+z)(xy+yz+zx)=xyz. Докажите, что среди них есть два числа, в сумме составляющих 0 .

37. {Л.1988} Числа x, y и z удовлетворяют условиям xyz=1 и x y z. Докажите, что одно из них равно 1 .

zyz 38. {В.1970} Докажите, что если произведение трех положительных чисел равно 1, а сумма этих чисел строго больше суммы их обратных величин, то ровно одно из этих чисел больше 1 .

39. Числа x, y и z удовлетворяют равенству x y z 2( xy yz zx) 4 xyz .

Докажите, что хотя бы одно из них равно .

40. {Л.1986} Дано u1=ax+by+cz, v1=ax+bz+cy, u2=ay+bz+cx, v2=az+by+cx, u3=az+bx+cy, v3=ay+bx+cz, где a, b, c, x, y, z – вещественные числа. Известно, что u1u2u3=v1v2v3 .

Докажите, что перестановкой чисел в тройке (u1,u2,u3) можно получить тройку (v1,v2,v3) .

41. Докажите, что для положительных чисел a, b, с и неотрицательных чисел x, y, z выполняется неравенство (ax+by+cz)(bx+cy+az)(cx+ay+bz)(a+b+c)3xyz .

42. {Р.1990} Пусть a, b, c неотрицательные числа, такие, что a+b+c=1. Докажите, что (1+a)(1+b)(1+c)8(1–a)(1–b)(1–c) .

43. {О.1994} Докажите неравенство abc(a+b–c)(b+c–a)(c+a–b) если

а) a, b и с – длины сторон некоторого треугольника;

б) a, b и с – произвольные положительные числа .

44. {W.2000} Докажите, что для положительных чисел a, b, c, удовлетворяющих условию abc=1, выполняется неравенство a 1 b 1 c 1 1 .

b c a

45. Рассмотрим многочлен f(x)=(x–a)(x–b)(x–c), где abc – действительные числа. Пусть p и q – значения этого многочлена в точках локального максимума и локального минимума соответственно .

Докажите, что p+q0 тогда и только тогда, когда b–ac–b .

46. {П. 1951} Выяснить, каким необходимым и достаточным условиям должны удовлетворять действительные числа a, b, c для того, чтобы уравнение x3+ax2+bx+c=0 имело три вещественных корня, образующих арифметическую прогрессию 47. {О.1999} Пусть действительные числа x, y и z удовлетворяют неравенству x y z 2( x 2 y 2 z 2 ). Докажите, что тогда x y z x yz .

48. {h7.1970} Пусть a,b,c – стороны треугольника. Докажите, a b c 3 .

что bca c a b a bc

–  –  –

7. Рациональные функции Иногда для доказательства неравенств удобно вводить в рассмотрение рациональные функции. Суть в том, что поиск корней таких функций принципиально сводится к решению обычных уравнений с многочленами в левой части. Поэтому число корней можно оценить с помощью той же простой теоремы о числе корней многочлена. А поскольку такая оценка зависит только от степени многочлена, соответствующие алгебраические преобразования можно и не проводить. Локализовать же корни рациональной функции часто бывает даже проще, чем в случае многочлена .

Задача 13. (Независимый московский университет, 2003 г .

) Докажите, что для любых положительных чисел a, b, c выполняется a b c 2 .

неравенство ab bc ca Решение. Данная задача была предложена Несбитом (A.M .

Nesbitt) еще в 1903 году, и часто называется его именем .

Воспользуемся вспомогательной рациональной функцией. Логика ее построения определяется следующими соображениями. Левая часть данного неравенства заметно упростится, если в знаменатель каждой из дробей добавить одно слагаемое, так, чтобы эти знаменатели стали одинаковыми. Чтобы сумма этих дробей стала равной правой части, нужно и в числители тоже что-то добавить. Остальное диктуется удобством построения графиков .

Итак, нарисуем график функции a cx b ax c bx f ( x) .

a b cx b c ax c a bx Он получается «сложением» трех гипербол, соответствующих функциям

–  –  –

9. Указания

1. Выберем наибольшее значение i, для которого f(ci)0. Тогда f(ci+1)0 Поскольку ici+i0, а ici+1+i+10, выполняется неравенство i0, а потому уравнение ix+i=0 имеет корень y i. Из усi ловия ici+i0 следует, что ycia, а из условия ici+1+i+10 следует yci+1b .

2. Утверждение данной задачи – простейший частный случай знаменитой теоремы Брауэра 5 о неподвижной точке. В данном, одномерном, случае она следует из теоремы о промежуточном значении. Действительно, если f(0)=0 или f(1)=1, то все очевидно. В противном случае функция g(x)=f(x)–x непрерывна и меняет знак на отрезке [0,1], а потому имеет корень y, что и требуется доказать .

3. Отметим точки, в которых графики данных уравнений пересекают ось ординат. Пусть эти точки различны. Рассмотрим случай, когда графики пересекаются справа от оси ординат (противоположный случай рассматривается аналогично). Тогда наклон прямой, проходящей через среднюю точку, меньше, чем у прямой, проходящей через нижнюю точку, и больше, чем у третьей прямой. Но такого быть не может. Значит, по крайней мере, два из трех чисел равны и, следовательно, две из трех прямых параллельны. Но тогда они должны совпадать, а значит, все три числа равны .

Лёйтзен Эгберт Ян Брауэр (1881–1966) –голландский математик и философ. О теореме Брауэра см. [6,7] .

4. Будем отмечать на оси абсцисс расстояние от точки на первой дороге до A, а на оси ординат – расстояние от A до точки на второй дороге (расстояния меряются по дорогам). Положению мотоциклов в какой-то момент времени соответствует точка на этой плоскости, а все положения мотоциклистов образуют непрерывную кривую, соединяющую точку (0,0) с точкой (s,S) (s и S – длины дорог). А положения возов образуют кривую, соединяющие точки (0,S) и (s,0). Обе кривые лежат в прямоугольнике с вершинами (0,0), (0,S), (s,0) и (s,S). Поэтому очевидно, что они пересекаются. Точке пересечения соответствуют положения возов, когда они сталкиваются .

В данной задаче рассмотренные кривые не обязаны быть графиками функций. Поэтому для строгого обоснования этого решения не достаточно теоремы о промежуточном значении. Требуется обращение к более сложной теореме Жордана 6 (о ней можно прочесть в [6,7]) .

5. При решении этой задачи теорема о промежуточном значении используется два раза. Прежде всего, заметим, что найдется момент времени, когда кончики клювов гусей будут находиться на прямой, параллельной одной из сторон квадрата. В этот момент расстояние между гусями менее 110 м. А поскольку в начальный и конечный моменты времени это расстояние больше 110 м., можно утверждать, что найдется даже два момента времени, удовлетворяющих условиям задачи .

6. Будем считать, что торт – это ограниченное множество, расстояние между любыми двумя точками которого не превосходит M .

Фиксируем некоторую прямую l, и рассмотрим прямую m, перпендикулярную l и лежащую от одной из точек торта на расстоянии большем M. Тогда весь торт лежит по одну сторону от m. Будем сдвигать эту прямую параллельно самой себе в сторону торта. Сдвинув ее достаточно далеко, мы добьемся того, что весь торт будет лежать по другую сторону от прямой. Значит, разность количества бисквита, лежащего слева и количества бисквита лежащего справа от прямой поменяет знак. А тогда найдется такое положение прямой m, при котором количество бисквита будет поделено поровну .

Теперь будем поворачивать прямую l, в каждый момент фиксируя положение прямой m так, чтобы она делила количество бискМари Энмон Камиль Жордан (1838–1922) – французский математик .

вита пополам. В любой момент времени будем рассматривать разность между количеством крема, лежащего слева и справа от прямой m. При повороте на 180 градусов эта разность поменяет знак. А значит, найдется момент времени, когда эта разность будет равна нулю .

Соответствующее положение прямой m – искомое .

Разумеется, нужно доказывать, что обе рассмотренные в решении функции непрерывны. Сделайте это. Этот несложное, но очень полезное упражнение .

7. Фиксируем прямую l и через все вершины M проведем прямые m1,m2,…,mn, перпендикулярные l. Отметим точки пересечения p1,p2,…,pn этих прямых с l и выберем pi и pj так чтобы остальные точки лежали между ними. Тогда весь многоугольник M будет лежать в полосе, ограниченной прямыми mi и mj, и на каждой из этих прямых будет лежать вершина M. Аналогичным образом строится полоса, ограниченная прямыми параллельными l, содержащая M и имеющая вершины M на ограничивающих прямых. Пересечение этих полос даст прямоугольник, содержащий M, на всех сторонах которого лежат вершины данного многоугольника. Теперь будем поворачивать прямую l, следя за разностью длин сторон получающегося прямоугольника. При повороте на 180 градусов эта разность меняет знак, значит, в какой-то момент времени становится равной нулю. Соответствующий прямоугольник – искомый .

Для доказательства непрерывности рассматриваемой функции полезно иметь в виду следующее: всегда можно считать, что пара вершин, лежащих на граничных прямых полосы, остается неизменной .

8. График многочлена f(x)=ax2+bx+c представляет собой параболу ветвями вверх. По условию f(–1)0, значит, на каждом из интервалов (–,–1) и (–1,+) имеется корень .

9. Пусть f(x)=(x–a)(x–b)+(x–b)(x–c)+(x–c)(x–a). Если, например, a=b, то это – корень. Если же abc, то f(a)0, f(b)0 f(c)0, значит, на каждом из интервалов (a,b) и (b,c) имеется корень .

10. Рассмотрим несколько случаев. Пусть f(1)0 и f(–1)0. График многочлена f(x) – парабола ветвями вверх, поэтому наибольшее значение f(x) на отрезке [–1,1] достигается в одном из его концов, то есть отрицательно. Но тогда значение f(x) отрицательно при любом x, то есть, корней нет .

Если f(1)0, f(–1)0 и f(0)–1, то рассмотрим графики многочленов f(x) и g(x)=(x–1)(x+1). По условию f(–1)g(–1), f(0)g(0) и f(1)g(1). Поэтому на каждом из интервалов (–1,0) и (0,1) графики пересекаются. Но разность f(x)–g(x) – многочлен первой степени, и он не может иметь двух корней, то есть такой случай не возможен .

Остается случай f(1)0, f(–1)0 и f(0)1. Рассмотрим графики многочленов f(x) и h(x)=(x–1)2 на отрезке [0,1]. По условию f(0)g(0) и f(1)g(1), поэтому они должны пересекаться четное число раз на этом отрезке. Но разность этих многочленов – линейная функция, значит, более одного раза графики пересекаться не могут. Следовательно, они не пересекаются вовсе, и потому для любого x[0,1] выполняются неравенства f(x)h(x)0, и поэтому на отрезке [0,1] f(x) корней не имеет. Аналогично показывается, что у него нет корней и на отрезке [–1,0] .

Все случаи рассмотрены и задача решена .

11. Через точки с координатами (–2,8), (–1, 2) и (1,2) проходит график единственного квадратного трехчлена g(x)=px2+qx+r. Его коэффициенты можно найти, решив систему линейных уравнений g(–2)=8, g(–1)=2, g(1)=2, или 4p–2q+r=8, p–q+r=2, p+q+r=2. Решая ее, находим, что g(x)=2x2. Нарисуем графики многочленов f(x) и g(x) .

Их разность – квадратичная функция. Если все данные в условии задачи неравенства реализуются как строгие, то она меняет знак на каждом из отрезков [–2,–1] и [–1,1]. Значит, она положительна вне отрезка [–2,1] и, в частности, при x=3. Вырожденные случаи разберите самостоятельно .



12. Точка пересечения графиков многочленов должна лежать ниже оси абсцисс. Найти ее можно, решив линейное уравнение ax+b=cx+d. Остается найти значение одного из многочленов в найденной точке. Получим условие (b–d)2+a(c–a)(b–d)+b(c–a)20 .

a c f ( x) x x и

13. Нарисуем графики многочленов c a a b a b a g ( x) x x x 2 x. Нужно, чтобы при больb c b c c ших значениях x график f(x) лежал выше графика g(x). Но поскольку точка пересечения их графиков определяется сложными формулами, определить взаимное расположение графиков непосредственно неудобно. Поэтому рассмотрим вспомогательный многочлен a h( x) x ( x 1) точки пересечения графика которого с графиc ками f(x) и g(x) найти легко. Многочлены f(x) и h(x) имеют общий корень, а если ac, меньший корень f(x) лежит слева от обоих корней h(x). Поэтому при больших x график f(x) лежит выше. Графики g(x) и h(x) пересекаются на оси ординат, а если ba больший корень g(x) больше обоих корней h(x). Поэтому при больших x выше лежит график h(x). Сопоставляя эти выводы, получим нужный результат .

14. График третьего уравнения лежит между графиками первых двух. А при x 1 графики многочленов x2+ax+b и x2+cx+d лежат выше оси абсцисс. Значит, и третий многочлен при этих значениях x положителен .

15. Графики всех трех многочленов касаются в точке x=0, а при больших x очевидно, что третий лежит между первыми двумя .

16. Допустим сначала, что среди чисел a, b, c нет равных. Нарисуем графики левых частей всех трех уравнений. Они пересекаются в точке x 1. Если –1 – корень этих трехчленов, то a+b+c=0, и при таком соотношении параметров условие задачи выполняется. В противном случае все три графика имеют еще одну общую точку, и один из них лежит между двумя другими на всей числовой прямой .

Но этого не может быть, так как при x=0 и при x посредине лежат разные графики. Если среди чисел a, b, c ровно два разных, то разность двух из рассматриваемых квадратных трехчленов – линейная функция, и –1 – единственная точка пересечения графиков этих трехчленов, и потому a+b+c=0. Случай a=b=c тривиален .

17. Заметим, что сумма многочленов имеет столько же корней, сколько их среднее арифметическое. А среднее арифметическое данных трехчленов – это многочлен x2+a5x+b5. Пусть – разность прогрессии a1,a2,…,a9, а – разность прогрессии b1,b2,…,b9. Тогда графики всех данных трехчленов пересекаются в точке A с абсциссой, и других точек попарного пересечения этих графиков нет .

Поэтому порядок точек пересечения этих графиков с вертикальной прямой такой же, как порядок точек пересечения графиков с осью ординат, если точка не A попадает в полосу, ограниченную данной прямой и осью ординат. А если точка A лежит между этой прямой и осью ординат, то порядки расположения точек пересечения графиков с этими двумя прямыми противоположны. Но точка пересечения графика многочлена x2+a5x+b5 с осью ординат – пятая снизу. Поэтому в любом случае точка пересечения графика этого многочлена с вертикальной прямой будет пятой снизу. Проведем эту вертикальную прямую через точку минимума многочлена x2+a5x+b5. Тогда, по крайней мере, пять точек пересечения графиков многочленов с этой прямой будут лежать ниже оси абсцисс или на ней. Следовательно, эти многочлены будут иметь корни. Поэтому число многочленов, не имеющих корней, не может превышать четырех. Взяв a5=0, b5=5, =1 и =0 получим пример, когда число таких многочленов рано четырем .

18. Из условия следует, что график многочлена x2+kx+10 всюду лежит не выше графика многочлена x2+3x+10. Но если k3, эти графики пересекаются в точке x=0 «под ненулевым углом» .

19. Дискриминант квадратного трехчлена равен квадрату разности его корней. Это важное свойство можно принять за определение дискриминанта. Нарисуем графики многочленов f(x) и f ( x D ) .

Они имеют общий корень. Получившаяся картинка симметрична относительно вертикальной прямой, проходящей через этот корень .

Значит и график суммы многочленов симметричен относительно этой прямой, то есть вершина параболы лежит именно на этой прямой. Следовательно, общий корень многочленов f(x) и f ( x D ) является единственным корнем их суммы .

20. Пусть старший коэффициент f(x) положителен (противоположный случай рассматривается аналогично). Если x0 – меньший корень многочлена f(x), то многочлены f(x+1),…,f(x+1995) отрицательны при x=x0. А если x1 – больший корень многочлена f(x), то многочлены f(x+1),…,f(x+1995) положительны при x=x1. На отрезке [x0,x1] функция f(x)+f(x+1)+…+f(x+1995) меняет знак, а значит, имеет корень. Поскольку уравнение квадратное, из существования одного корня следует существование второго .

21. В силу положительности коэффициентов, многочлены x4+bx+c и x4+ax+d не имеют положительных корней. А поскольку их разность – линейная функция, их графики пересекаются в одной точке. Так как разность отрицательна при x=0 и положительна при x+, эта точка пересечения лежит правее оси ординат .

22. Рассмотрим многочлены f(x)=(x–a)(x–d) и g(x)=(x–b)(x–c). По условию их разность – константа, поэтому графики либо совпадают, либо не пересекаются. В первом случае все очевидно. Во втором, график g(x) лежит выше графика f(x), так как f(d)=0g(d). Значит, f(0)g(0), что и требовалось доказать .

23. Не ограничивая общности, можно считать, что x2y2. Тогда y6 x x 4 y 4 2. Рассмотрим квадратные трехчлены f(t)=(t–x4)(t–y4) y2 x x6 y6 и g (t ) t 2 t 2. Их графики пересекаются в единственной y x x6 точке t=0. Поскольку разность f(t)–g(t) положительна при t 2, она y положительна и при больших t, значит, старший коэффициент разности f(t)–g(t) положителен, что и дает нужное неравенство .

24. При решении этой задачи помогают те же физические соображения, что и при решении задачи 3, только графики стоит рисовать так, чтобы ось ординат была направлена вниз, и позаботиться о том, чтобы ось параболы была вертикальна, например, прикрепив к ней гироскоп. Формальное решение выглядит так. Нарисуем графики квадратных трехчленов f(x)=ax2+bx+c и g(x)=2x2–1. Тогда по условию f(–1)g(–1), f(0)g(0), f(1)g(1), а потому разность f(x)–g(x) имеет два корня на отрезке [–1,1] и, следовательно, не положительна при больших значениях x. А потому a2 .

25. Это – другая формулировка предыдущее задачи. Ответ дают M и многочлен x 2. Для доказательства надо рассмотреть график этого многочлена и произвольного многочлена f(x)=x2+px+q, удовлетворяющего условию. Они пересекаются в двух точках, а разность многочленов – линейная функция. Значит, многочлены совпадают .

26. Графики многочленов ax2+bx+c и 2x2–1 дважды пересекаются на отрезке [–1,1]. Значит при x 1 выполняется неравенство ax2+bx+c2x2–1 или a b c 2 2 2. отсюда заменой переx x x получим, что при x 1 выполняется неравенство менной x на x a+bx+cx22–x22. Случай x=0 нужно рассмотреть отдельно, но это просто (а можно воспользоваться соображениями непрерывности) .

Неравенство a+bx+cx2–2 доказывается аналогично .

27. Рассмотрим графики трехчленов f(x)=ax2+bx+c и g(x)=2x2–1 .

Они дважды пересекаются на отрезке [–1,1], поэтому оба корня их разности, а значит, и вершина соответствующей параболы лежат на этом отрезке. Поэтому при x 1 производная разности неотрицательна, а при x=1 – неположительна. Отсюда следуют неравенства

–2a+b–4 и 2a+b4. Аналогично, рассматривая многочлены f(x) и h(x)= –2x2+1, получим неравенства 2a+b– 4 и –2a+b4. Функция 2ax+b отображает отрезок [–1,1] на некоторый другой отрезок. Но как установлено, концы последнего принадлежат [–4,4], а значит и он весь принадлежит [–4,4] .

28. Эта задача может быть сведена к предыдущей заменой переменной x на 2x–1. Вместо многочлена 2x2–1 придется рассмотреть многочлен 2(2x–1)2–1. Искомое значение константы M=8 .

29. Не ограничивая общности можно считать, что a0 (в противном случае можно поменять многочлен f(x) на –f(x)). Тогда при фиксированном старшем коэффициенте дискриминант тем меньше, чем выше расположена вершина параболы, являющейся графиком многочлена. Пусть многочлен f(x)=ax2+bx+c удовлетворяет условию задачи. Тогда условию удовлетворяет и многочлен f(–x)=ax2–bx+c, так как его график симметричен графику исходного многочлена относительно оси ординат. График их полусуммы g(x)=ax2+c лежит между графиками f(x) и f(–x), а потому тоже удовлетворяет условию .

Но в силу симметрии вершина графика многочлена g(x) совпадает с точкой пересечения графиков f(x) и f(–x), то есть лежит выше их вершин. Следовательно, дискриминант –4ac многочлена g(x) не превосходит дискриминанта f(x). Условие g(1)1 дает a+c1, откуда с помощью неравенства Коши получим –4ac–1. Минимум достигается для многочлена x 2 .

30. Из второго уравнения системы следует, что xy+yz+xz=0 и xyz0. Пусть x, y, z – решение этой системы. Рассмотрим многочлен f(t)=(t–x)(t–y)(t–z). Он имеет вид f(t)=t3–xyz, а потому имеет только один корень (нарисуйте график!). Полученное противоречие доказывает, что данная система решений не имеет .

31. В противном случае многочлен f(t)=(t–x)(t–y)(t–z)=t3+bt+c, у которого b0 не может иметь трех корней, так как он задает монотонную функцию .

32. Рассмотрим многочлен f(x)=(x+a)(x+b)(x+c). Так как по условию f(0)0, начало координат лежит либо справа от всех тех корней, либо между двумя меньшими корнями. Но в последнем случае графики многочленов f(x) и x3 пересекаются справа от оси ординат, то есть многочлен f(x)–x3 с положительными коэффициентами имеет положительный корень – противоречие. Значит, все корни отрицательны, что и требуется доказать .

33. Рассмотрим многочлен f(t)=(t–a)(t–b)(t–c). По условию f(1)=1–(a+b+c)+(ab+bc+ac)–abc1–(a+b+c)+(a+b+c)abc–abc= =(1–(a+b+c))(1–abc) .

Произведение abc больше единицы, значит, вторая скобка отрицательна. Кроме того, отрицательна и первая. В самом деле, если произведение больше единицы, то, по крайней мере, одно из чисел больше 1, а значит и сумма a+b+c1. Отсюда получаем неравенство f(1)0. Следовательно, (нарисуйте график) либо все три числа меньше 1, либо только одно из них. Первый случай невозможен, так как abc1. Остается второй .

34. Рассмотрим кубические многочлены f(t)=(t–x)(t–y)(t–z) и g(t)=(t–a)(t–b)(t–c). По условию f(a)0, g(a)=0, f(c)0, g(c)=0. Поэтому f(a)–g(a)0 и f(c)–g(c)0. По теореме о промежуточном значении на интервале [a,c] многочлен f(t)–g(t) имеет корень. Кроме того, по условию 0 – тоже корень этого многочлена. Но в силу равенства a+b+c=x+y+z этот многочлен имеет первую степень, а потому он тождественно равен нулю. В частности, 0=f(a)–g(a)=f(a), откуда следует, что a=x. Аналогично получается и равенство c=z. А отсюда и из условия a+b+c=x+y+z следует, что b=y .

35. Пусть f(t)=(t–x)(t–y)(t–z) и g(t)=(t–a)(t–b)(t–c). В силу данных равенств разность f(t)–g(t)=x2 при некотором. Но из данных в условии неравенств следует, что на отрезке [a,c] многочлен f(t) а, значит, и разность f(t)–g(t) меняет знак, и, следовательно, имеет корень .

Отсюда следует, что =0, то есть многочлены f(t) и g(t) совпадают, а потому попарно совпадают и их корни .

Данная задача, очевидно, является видоизменением предыдущей. Подобным образом может быть рассмотрено еще одно аналогичное утверждение. Смекните, какое?

36. По условию f(t)=(t–x)(t–y)(t–z)=t3–(x+y+z)t2+(xy+xz+yz)t–(x+y+z)(xy+xz+yz)= =(t–(x+y+z))(t2–(xy+xz+yz)) .

Поэтому два из трех корней многочлена f(t) являются корнями двучлена t2–(xy+xz+yz), а их сумма равна нулю по теореме Виета .

37. Рассмотрим многочлен f(t)=(t–x)(t–y)(t–z). По условию f(t)=t3–(x+y+z)t2+(xy+yz+xz)t–xyz=t3–(x+y+z)t2+(x+y+z)t–1= =(t–1)(t2+t+1–(x+y+z)t), то есть 1 – один из корней многочлена .

38. По условию значение многочлена (t–a)(t–b)(t–c) в точке t=1 отрицательно. Значит, (нарисуйте график) справа от точки t=1 лежит нечетное число корней этого многочлена. Но все корни не могут быть больше единицы, так как их произведение abc=1 .

39. Рассмотрим многочлен f(t)=(t–x)(t–y)(t–z). По условию выполняется равенство f 0 .

40. Очевидно u1+u2+u3=v1+v2+v3. Кроме того, раскрывая скобки можно убедиться, что и u1u2 u1u3 u2u3 и v1v2 v1v3 v2 v3 равняются одному и тому же числу (a 2 b 2 c 2 )( xy xz yz ) (ab ac bc)( xy xz yz ) (ab ac bc)( x 2 y 2 z 2 ) .

Если вдобавок u1u2u3=v1v2v3, то многочлены f(t)=(t–u1)(t–u2)(t–u3) и g(t)=(t–v1)(t–v2)(t–v3) совпадают, а, значит, совпадают и множества их корней .

ax by cz bx cy az cx ay bz,,

41. Тройки чисел и a, b, abc abc abc c удовлетворяют условиям задачи 7 .

42. Не ограничивая общности, можно считать, что abc. Тогда 1 a 1 a 1 b 1 c. Кроме того, 1 c 1–c1–b1–a и, так как 1 c a+2ca+b+c=1, и аналогично 1 a. Значит тройки чисел 1–a, 1 a 1 b 1 c 1–b, 1–c и удовлетворяют условиям задачи 7 .

,,

43. Не ограничивая общности, можно считать, что abc. Тогда a+b–ca+c–bb+c–a и, кроме того, a+b–ca и cb+c–a. Если a,b,c – стороны треугольника, то тройки чисел a+b–c, a+c–b, b+c–a и a,b,c удовлетворяют условиям задачи 7, откуда и следует нужное неравенство. Если числа a,b,c не удовлетворяют неравенствам треугольника, то в правой части доказываемого неравенства имеется ровно один отрицательный сомножитель и все очевидно .

x y z

44. Положим a, b. Тогда по условию c. После этой x y z замены переменных задача легко сводится к предыдущей .

45. Прежде всего, заметим, что график любого кубического многочлена имеет центр симметрии. Действительно, сдвигом вдоль оси абсцисс можно «уничтожить» коэффициент при x2 в формуле многочлена, а сдвигом вдоль оси ординат – его свободный член. В результате получим многочлен вида x3+x. Этот многочлен очевидно нечетен. Поэтому его график симметричен относительно начала координат, а значит, и исходный график имел центр симметрии. Если этот цент симметрии лежит на оси абсцисс, то в силу указанной симметрии p q и b–a=c–b. Если центр симметрии лежит выше оси абсцисс, то очевидно p q. Кроме того, рассматриваемый многочлен монотонен на интервалах, на которые делят ось абсцисс критические точки. Поэтому, в рассматриваемом случае b–ac–b (нарисуйте график). Если центр симметрии лежит ниже оси абсцисс, то все неравенства меняются на противоположные .

46. Обозначим левую часть данного уравнения через f(x). У мноa2 a 2 1 гочлена f x x 3 b x a 3 ab c коэффициент при x2 равен нулю, поэтому центр симметрии его графика лежит на оси ординат. А тогда, чтобы корни многочленов f(x) и f(x–a/3) образовывали арифметические прогрессии необходимо и достаточно, чтобы свободный член был равен нулю, то есть 2a3–9ab+27c=0 .

Правда, нужно еще позаботиться, чтобы корни были действительными. А для этого необходимо и достаточно, чтобы коэффициент при x у многочлена f(x–a/3) не был положительным, что дает неравенство a2–3b0 .

47. По условию x y z 2( x 2 y 2 z 2 ), значит, x+y+z0 .

Возводя неравенство x y z 2( x 2 y 2 z 2 ) в квадрат, получим 2(xy+xz+yz)x2+y2+z20. Критические точки кубического многочлена f(t)=(t–x)(t–y)(t–z)=t3–(x+y+z)t2+(xy+xz+yz)t–xyz являются корнями квадратного трехчлена 3t2–2(x+y+z)t+(xy+xz+yz). Так как неотрицателен свободный член этого трехчлена, его корни имеют один знак, а так как неотрицателен коэффициент при t, оба корня неотрицательны. Значит, неотрицательны, по крайней мере, два из трех корней многочлена f(t) (вот здесь и нужен график). Но если, например, x0, y0, z0, то x y x y z 2( x 2 y 2 z 2 ) 2( x 2 y 2 ), что легко приводит к противоречию .

48. Здесь можно дважды применить рассматриваемый прием. А именно, a b c a b c bca c a b a bc b c a c a b a bc (первое неравенство следует из доказанного выше неравенства Коши, а второе справедливо в силу результата упражнения 43 а) .

49. По условию число a2b больше любого слагаемого в правой части неравенства. Графики многочленов f(t)=(t–a2b)(t–b2c)(t–c2a) и g(t)=(t–b2a)(t–a2c)(t–c2b) пересекаются в двух точках –abc и 0, поэтому старший коэффициент их разности имеет тот же знак, что и значение в точке a2b, а f(a2b)=0 и g(a2b)0 .

50. Большее (меньшее) из чисел a5, b5, c5 не меньше (не больше) любого из слагаемых в правой части неравенства. Потому графики многочленов f(t)=(t–a5)(t–b5)(t–c5) и g(t)=(t–a3b2)(t–b3c2)(t–c3a2) пересекаются между большим и меньшим из чисел a5, b5, c5. Еще одна точка пересечения – t=0. Следовательно, старший коэффициент их разности имеет тот же знак, что и значение в самой правой из точек a5, b5, c5, а в этой точке многочлен f(t) обращается в ноль, а многочлен g(t) не отрицателен.




Похожие работы:

«СИГМА ППКОПУ 01059-1000-3 “Р-08” Прибор приемно-контрольный охранно-пожарный и управления Блок центральный процессорный исп. 7У (управляющий) Руководство по эксплуатации НЛВТ.425513.012 РЭ Блок центральный процессорный БЦП исп. 7У Руководство по эксплуатации НЛВТ.425513.012 РЭ Р...»

«М ИНИСТЕРСТВО ЗДРАВО О ХРАН ЕН И Я СССР М ЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ ПО ИЗМ ЕРЕНИЮ КОНЦЕНРАИИЙ ВРЕДНЫ Х ВЕЩ ЕСТВ В ВОЗДУХЕ РАБОЧЕЙ ЗОНЫ. ХХП МОСКВА 1888 г. строительство промышленных сооружений А ш тщ ш &?одачесвде указания по измерению концентраций вредных ве­ ществ в воздухе рабочей воны предназна...»

«олимп УС: ОЛИМП УСПЕХА диплом № 5534-335 Настоящим подтверждается, что Прусов Игорь О принял(а) участие в олимпиаде VI Всероссийская олимпиада по немецкому языку для 11 класса Das Oktoberfest и получает Диплом III степени 11 октября 2018 года. Главный редактор А.П. Лаврёнов Г М У П ХР...»

«Постредактирование машинного перевода Содержание 1. Место МП в переводческом процессе 2. Экспресс-оценка применимости МП 3. Улучшение качества МП 4. Стратегии постредактирования МП 5. Оценка эффективности интеграции МП Место МП в переводческом процессе Классическая схема: Источник – переводчик – реципиент С...»

«ВЫВОДЫ Современная архитектура дает возможность прочувствовать суть нынешней эпохи, представления о красоте, эстетичности, практичности. Она сформировалась под влиянием архитектурных стилей прошлых столетий и под влиянием нов...»

«ISSN 2227-8486 МОДЕЛИ, СИСТЕМЫ, СЕТИ В ЭКОНОМИКЕ, ТЕХНИКЕ, ПРИРОДЕ И ОБЩЕСТВЕ НАУЧНО-ИНФОРМАЦИОННЫЙ ЖУРНАЛ № 1 (5) 2013 МОДЕЛИ, СИСТЕМЫ, СЕТИ В ЭКОНОМИКЕ, ТЕХНИКЕ, ПРИРОДЕ И ОБЩЕСТВЕ НАУЧНО-ИНФОРМАЦИОННЫЙ ЖУРНАЛ Учредитель и издатель журнала: Об...»

«МУНИЦИПАЛЬНОЕ ОБРАЗОВАНИЕ ХАНТЫ-МАНСИЙСКОГО АВТОНОМНОГО ОКРУГА ЮГРЫ ГОРОДСКОЙ ОКРУГ ГОРОД МЕГИОН МУНИЦИПАЛЬНОЕ БЮДЖЕТНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ ДОПОЛНИТЕЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ "ДЕТСКАЯ ШКОЛА ИСКУССТВ №2" Утверждаю Директор МБУ ДО "ДШИ №2" _ Г.С. Кузнецова "30" августа 2017 года ДОПОЛНИТЕЛЬНАЯ ПРЕДПРОФЕССИОНАЛЬНАЯ...»

«Влияние ПАВ-ингибиторов на свойства битумно-эмульсионных мастик А.К. Сысоев В нашей стране более 80% покрытий зданий выполнено из мягкой кровли. Огромное количество выпускаемого материала идет...»




 
2019 www.mash.dobrota.biz - «Бесплатная электронная библиотека - онлайн публикации»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.