yourdomain.com

Тройку чисел из отрезка $$[-1,1]$$

назовём выбранной, если она удовлетворяет неравенству $1+2abc\ge a^2+b^2+c^2$ . Докажите, что если $$a,b,c$$

и

- выбранные тройки, то и $$ax,by,cz$$

также выбрана.

Я че-то не могу сходу подобрать: а невыбранная тройка вообще есть?

antacid1 писал(а):Source of the post
Я че-то не могу сходу подобрать: а невыбранная тройка вообще есть?

(-1,-1,-1)

Тяжёлая должно быть задача, судя по тому, сколько по ней баллов получили на отборе=)

Не знаю, особо тяжелой мне не показалась (идея потыбрена, откуда не помню), может ошибся где?
Рассмотрим матрицу $A=\begin{pmatrix}1&a&b\\a&1&c\\b&c&1\end{pmatrix}$ . Матрица симметричная с $\operatorname{det}A\ge 0$ . Тогда существует симметричная матрица $$B$$

, такая что $$A=B^2$$

. Кладём, что сторки $$B$$

состоят из векторов $k_1,l_1,m_1\in\mathbb{R}^3$ , такие что $\|k_1\|=\|l_1\|=\|m_2\|=1$ . Тогда $$a=(k_1,l_1),b=(l_1,m_1),c=(m_1,k_1)$$

. Это приводит к матрице Грама. Проводя анологичные рассуждения для тройик $$x,y,z$$

и положив $k_3=k_1\otimes k_2, l_3=l_1\otimes l_2, m_3=m_1\otimes m_2$ . Записывая для векторов $$k_3,l_3,m_3$$

матрицу Грама получим что требуется.

xmaister писал(а):Source of the post
Не знаю, особо тяжелой мне не показалась (идея потыбрена, откуда не помню), может ошибся где?
Рассмотрим матрицу $A=\begin{pmatrix}1&a&b\\a&1&c\\b&c&1\end{pmatrix}$ . Матрица симметричная с $\operatorname{det}A\ge 0$ . Тогда существует симметричная матрица , такая что . Кладём, что сторки состоят из векторов $k_1,l_1,m_1\in\mathbb{R}^3$ , такие что $\|k_1\|=\|l_1\|=\|m_2\|=1$ . Тогда . Это приводит к матрице Грама. Проводя анологичные рассуждения для тройик и положив $k_3=k_1\otimes k_2, l_3=l_1\otimes l_2, m_3=m_1\otimes m_2$ . Записывая для векторов матрицу Грама получим что требуется.

Честно говоря, понял ваше доказательство лишь до слов A=B^2, и то, не понял на каком основании делается вывод "тогда"=)
Ну и это конечно отбор на межнар, но всё же школьная олимпиада=) Полагаю, авторское решение всё же другим будет=)
Или же я просто за вашей такой

MrDindows писал(а):Source of the post
Честно говоря, понял ваше доказательство лишь до слов A=B^2, и то, не понял на каком основании делается вывод "тогда"=)

Вики сообщает, что у положительно определнных матриц такое свойство есть (См. дополнительные свойства). Кстати, а ссылочку на решение автора не дадите?

xmaister писал(а):Source of the post
Кладём, что сторки состоят из векторов $k_1,l_1,m_1\in\mathbb{R}^3$ , такие что $\|k_1\|=\|l_1\|=\|m_2\|=1$ . Тогда .

Положительный корень из положительной матрицы извлекается единственным образом, поэтому ничего "класть" мы не можем.
Тензорное произведение векторов (читай контравариантных тензоров первого ранга) есть тензор второго ранга, а это не есть вектор. Видится мне автор ответа тролит тему.
Задача явно на использование классических неравенств, изучаемых в школе и не требует таких заумных рассуждений.

xmaister писал(а):Source of the post
MrDindows писал(а):Source of the post
Честно говоря, понял ваше доказательство лишь до слов A=B^2, и то, не понял на каком основании делается вывод "тогда"=)

Вики сообщает, что у положительно определнных матриц такое свойство есть (См. дополнительные свойства). Кстати, а ссылочку на решение автора не дадите?
За $\otimes$ я принимаю тензорное умножение

Решения вроде как будут только после межнара, я лишь предположил)
А вот мне, исходя из ОДЗ переменных, уж больно кажется вероятным использование тригонометрии=)

yourdomain.com

Выбранные тройки чисел

Выбранные тройки чисел

Выбранные тройки чисел

Выбранные тройки чисел

Выбранные тройки чисел

Выбранные тройки чисел

Выбранные тройки чисел

Выбранные тройки чисел

Выбранные тройки чисел