Matematyka.pl

Niech \(\displaystyle{ a,b,c\in\mathbb{R^+}}\), wyznacz maksymalną wartość
\[f(a,b,c)=\lfloor ab \rfloor + \lfloor bc \rfloor + \lfloor ca \rfloor - \lfloor a^2 \rfloor - \lfloor b^2 \rfloor - \lfloor c^2 \rfloor\]

Największa wartość tego wyrażenia wyjdzie zero, trzeba zastosować:

\(\displaystyle{ 2\left\lfloor ab \right\rfloor \le \left\lfloor a^2 \right\rfloor + \left\lfloor b^2 \right\rfloor}\)

Wstaw: \(\displaystyle{ a= \sqrt[3]{2} \ , \ b= \sqrt[3]{4} }\)

no to źle myślałem, że zadziała...

Pomysł Arka można odpowiednio usprawnić i dostaniemy działające rozwiązanie.

Zauważmy, że dla trójki liczb \(\displaystyle{ (a, b, c)}\), takich że \(\displaystyle{ a=1,2}\) oraz \(\displaystyle{ b=c=0,9}\), mamy \(\displaystyle{ f(a, b, c)=1}\).

Następnie, pokażemy, że
\(\displaystyle{ 2\left\lfloor xy \right\rfloor \le \left\lfloor x^2 \right\rfloor + \left\lfloor y^2 \right\rfloor + 1}\),
a ponieważ wartości obu stron są liczbami całkowitymi, to aby to pokazać, wystarczy udowodnić, że
\(\displaystyle{ 2\left\lfloor xy \right\rfloor < \left\lfloor x^2 \right\rfloor + \left\lfloor y^2 \right\rfloor + 2}\).

Niby mała zmiana, ale zmienia nam to wszystko. A to dlatego, że na mocy szacowań \(\displaystyle{ z-1<\left\lfloor z \right\rfloor \le z}\) oraz nierówności \(\displaystyle{ x^2 + y^2 \ge 2xy}\) otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \left\lfloor x^2 \right\rfloor + \left\lfloor y^2 \right\rfloor + 2 > \left( x^2 - 1 \right) + \left( y^2 - 1 \right) + 2 = x^2 + y^2 \ge 2xy \ge 2\left\lfloor xy \right\rfloor}\),
co kończy dowód naszej pomocniczej nierówności.

Sumując takie 3 nierówności (tej "górnej" wersji) dla par \(\displaystyle{ (x, y)}\) równych odpowiednio \(\displaystyle{ (a, b)}\), \(\displaystyle{ (b, c)}\), \(\displaystyle{ (c, a)}\), otrzymujemy:
\(\displaystyle{ 2\left\lfloor ab \right\rfloor + 2\left\lfloor bc \right\rfloor + 2\left\lfloor ca \right\rfloor \le 2\left\lfloor a^2 \right\rfloor + 2\left\lfloor b^2 \right\rfloor + 2\left\lfloor c^2 \right\rfloor + 3}\),
co oznacza, że
\(\displaystyle{ f(a, b, c) \le \frac{3}{2}}\),
a skoro \(\displaystyle{ f(a, b, c) \in \mathbb{Z}}\), to
\(\displaystyle{ f(a, b, c) \le 1}\).

W połączeniu z wcześniej otrzymanym \(\displaystyle{ f(1,2, \ 0,9, \ 0,9)=1}\) otrzymujemy już globalne maksimum \(\displaystyle{ f}\) równe 1.

P.S. Nie użyłem założenia, że \(\displaystyle{ a, b, c \in \mathbb{R}_+}\), bo wszystko działało na całym \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\).

No właśnie w tym całym zamieszaniu jest przesunięcie niewielkie ale jest ...