Тема Классические неравенства

Оценки в классических неравенствах

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела классические неравенства

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#105151Максимум баллов за задание: 7

Положительные числа $x,$ $y,$ $z$ не превосходят $1.$ Докажите неравенство

4 4 4 1≥ x (x − y)+ y(y− z)+z (z − x)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрим числа x-y, y-z и z-x. Могут ли они все быть одного знака?

Подсказка 2

Верно, не могут! Тогда можно рассмотреть два случая: когда положительное среди них ровно одно и когда их два. Что делать в первом случае?

Подсказка 3

Точно! Тогда в сумме из правой части можно оставить только неотрицательное слагаемое для оценки сверху, а оно не превосходит 1. А что делать во втором случае?

Подсказка 4

Если положительных два, то снова оставим только их. А как применить то, что числа не превосходят 1?

Подсказка 5

Верно! Тогда сумма положительных слагаемых не превосходит суммы двух положительных разностей переменных. А что можно сказать об этой сумме?

Показать доказательство

Сразу понятно, что если все числа равны между собой, то неравенство, очевидно, верное. Давайте рассмотрим числа $x − y,y− z,z− x.$ Если все они отрицательны, то тогда можно построить цепочку неравенств $x< y < z < x$ , которая, очевидно, неверна. Аналогично будет, если все они положительны. Если какое-то одно из чисел положительное, а остальные не превосходят нуля, тогда (пусть $x − y > 0)$

4 4 4 4 x(x− y)+y (y− z)+ z (z− x)≤ x(x− y)≤1

Пусть какие-то два из них положительны. Например, первые два. Тогда

4 4 4 4 4 x (x− y)+y (y− z)+ z (z− x)≤ x(x− y)+y (y− z)≤ x− y+ y− z = x− z ≤1

Для других случаев доказательство аналогичное.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#105153Максимум баллов за задание: 7

Даны положительные числа $x,y,z.$ Докажите, что

3 2 2 2 4(x+ y+z) ≥ 27(x y+ yz+ z x+xyz)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нетрудно видеть цикличность неравенства. Тогда можно считать, что y является вторым по величине. Какое тогда выражение заведомо является неположительным?

Подсказка 2

Верно! Это выражение z(y-x)(y-z)! Тогда получаем, что y²z + z²x ≤ xyz + yz². Как с помощью этого неравенства можно оценить правую часть из условия?

Подсказка 3

Точно! Можно получить, что правая часть не превосходит 27y(x+z)² = 108y ((x+z)/2)². Как можно теперь оценить сверху правую часть этого равенства?

Подсказка 4

Верно! Применим неравенство о средних для трех чисел! Что тогда получится?

Показать доказательство

Поскольку неравенство циклическое, не умаляя общности, пусть $y$ — второе по величине число. Тогда $z(y− x)(y− z)≤0,$ то есть $2 2 2 y z+ zx ≤xyz+ yz.$ Используя это неравенство, получаем

2 2 2 2 2 2 x +z x+ z 27(x y+y z+ z x+xyz)≤ 27(x y+2xyz+ yz)= 27y(x+ z) = 4⋅27y⋅--2- ⋅-2--≤

( )3 ≤ 4 y+ x+-z+ x-+z =4(x+ y+ z)3 2 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#121642Максимум баллов за задание: 7

Попарно различные натуральные числа $x ,...,x 1 n$ таковы, что для каждых двух из них одно является степенью другого с натуральным показателем. Найдите наименьшее возможное значения выражения

logx1x2+ logx2x3+ logx3 x4 +...+ logxn−1xn+ logxnx1

Источники: ИТМО-2025, 11.5(см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала попробуйте придумать какой-нибудь простой пример, это должно натолкнуть на идею для оценки.

Подсказка 2

Идея оценки будет следующей. Давайте упорядочим иксы: a₁ < a₂ < ... и введём обозначения a₂ = a₁^k₁, a₃ = a₂^k₂ для удобства оценки.

Подсказка 3

Попробуйте выбрать из ашек самую длинную возрастающую последовательность. Рассмотрите логарифмы от её членов. Попробуйте их оценить за счёт увеличения основания.

Показать ответ и решение

Приведём сначала пример, для которого достигается это число: $x 1$ — любое натуральное число, большее $1,$ $x =x2, 2 1$ $2 2 2n−1 x3 = x2,...,xn =xn−1 =x1 .$

Переупорядочим наши числа по возрастанию: $a1 < a2 < a3 < ...< an.$ Тогда: $k1 a2 = a1 ,$ $k2 kn−1 a3 =a2 ,...,an =an−1 .$ Соответственно, $k1k2 k1...kn−1 a3 = a1 ,...,an = a1 .$

К сожалению, мы не можем сказать, что $x1 <x2 <x3 < ...<xn,$ потому что при этом нарушается общность: соседние по возрастанию элементы не обязательно идут подряд.

Однако, поскольку от циклического сдвига переменных ничего не поменяется, мы можем считать, что $x1 = a1.$ Выделим среди чисел $x1,...xn$ самую длинную возрастающую последовательность. Если точнее $b1 = x1,b2 = x2,b3$ — первый из элементов $x3,...xn,$ больший $x2,b4$ — первый из элементов, следующих за $b3,$ больший $b3$ и так далее. Последним элементом этой подпоследовательности будет $bm =an$ — наибольшее среди всех чисел.

Рассмотрим в нашей сумме логарифмов только те логарифмы, аргументами которых являются числа $b2,...bm.$ На самом деле, это все логарфимы из искомой суммы, большие единицы. Основания этих логарифмов назовём $c2,...,cm$ и запишем их сумму:

logc2 b2+ logc3b3+...+logcm bm ≥ logb1 b2+ logb2b3+...+logbm−1bm

Это неравенство верно, поскольку $ci ≤ bi−1$ из определения $bi :bi$ — первый после $bi−1$ элемент последовательности $xk,$ больший, чем $bi−1,$ значит, все элементы, находящиеся в последовательности $xk,$ между $bi−1$ и $bi$ (если они есть) меньше, чем $bi.$

Далее,

logb b2 = k1⋅...⋅kj1 1

logb2b3 = kj1+1⋅...⋅kj2

...

logbm−1bm =kjm−2 ⋅...⋅kn

Все $ki$ — натуральные числа, не меньшие $2,$ поэтому для любого их набора произведение не меньше суммы. Значит,

logc2b2+ logc3b3+ ...+ logcmbm ≥k1+ ...+ kn

а вся сумма из условия тем более не меньше $k1+ ...+ kn.$

При этом если какое-то из $ki$ больше $2,$ сумма логарифмов получается больше, чем в приведённом примере. Значит, если существует какой-то меньший пример, все $ki$ для него также должны быть равны $2$ и

logc2b2+ logc3b3+ ...+ logcmbm ≥k1+ ...+ kn = 2(n − 1)

Однако из этого не следует автоматически, что все логарифмы из этой суммы равны $2,$ поскольку $2⋅2= 2+ 2$ и в этом месте некоторые из наших неравенство обращаются в равенства. Значит, в нашей сумме логарифмов, больших единицы, есть только двойки и четвёрки.

Кроме того, в искомой сумме есть как минимум один логарифм, меньший единицы — это логарифм по самому большому основанию. Он точно не меньше, чем $logana1 = 2n1−1,$ что доказывает оценку.

Ответ:

$2n− 2+-1-- 2n−1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#127835Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что при всех натуральных $n$

-1 2- --n--- 2! + 3! + ...+ (n +1)! ≤1.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Выпишем первые слагаемые:
1/2! = 1/2,
2/3! = 2/6 = 1/3,
3/4! = 3/24 = 1/8.
Можно приметить, что, например, 1/2 = 1 − 1/2!, а 1/2 + 1/3 = 1 − 1/3!.

Подсказка 2

Есть довольно популярный способ работы с суммами — телескопирование, может оно сработает здесь? Для этого стоит поискать подходящее представление члена ряда, например в виде разности.

Подсказка 3

k/(k+1)! = 1/k! − 1/(k+1)!. Чему в таком случае равна исходная сумма? Почему она меньше 1?

Показать доказательство

Преобразуем общий член суммы:

--k--- (k+-1)−-1 -k+-1- --1--- 1- --1--- (k+ 1)! = (k +1)! = (k+1)! − (k +1)! = k! − (k+ 1)!.

Докажем по индукции, что

n Sn = ∑ --k---= 1− --1--- k=1(k +1)! (n +1)!

для всех $n ∈ℕ.$

База индукции: $n = 1$

1 1 1 1 1 S1 = 2!-= 2, 1− 2! = 1− 2 = 2.

Индукционное предположение: пусть для $n =m$ верно:

Sm = 1− --1---. (m+ 1)!

Индукционный переход: докажем для $n =m + 1:$

Sm+1 = Sm + m-+-1-. (m + 2)!

Преобразуем добавленный член:

-m+-1-= ---1-- − --1---. (m + 2)! (m +1)! (m + 2)!

Подставляем индукционное предположение:

( 1 ) ( 1 1 ) 1 Sm+1 = 1− (m-+-1)! + (m-+1)! − (m-+-2)! = 1− (m-+2)!.

По принципу математической индукции,

Sn = 1−--1--- ∀n∈ ℕ. (n +1)!

Поскольку $--1--> 0 (n+1)!$ для всех натуральных $n,$ получаем:

---1-- Sn =1 −(n+ 1)! <1,

а значит, и $Sn ≤1,$ что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#127838Максимум баллов за задание: 7

Даны положительные числа $a ,a ,...,a. 1 2 n$ Известно, что

1 a1+ a2+...+an ≤ 2.

Докажите, что

(1+a1)(1+ a2)...(1 +an)< 2.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем усилить утверждение: вместо доказательства исходного докажем более сильное неравенство, связывающее произведение и частичную сумму Sₖ = a₁+...+aₖ.

Подсказка 2

Рассмотрим индукцию по k (количеству множителей). Какое соотношение между Pₖ = (1+a₁)...(1+aₖ) и Sₖ может сохраняться на каждом шаге? Также оно должно решить задачу при k = n.

Подсказка 3

По условию имеем Sₙ ≤ 1/2. В крайнем случае 2Sₙ + 1 = 2. Тогда для решения исходной задачи подойдет соотношение Pₙ < 1 + 2Sₙ. Можно ли распространить его на все k ≤ n?

Показать доказательство

Докажем индукцией по $k,$ что для всех $k$ от $1$ до $n:$

(1 +a1)(1+ a2)...(1+ ak)< 1+2(a1+a2+ ...+ ak)

База $k= 1:$

1+ a1 < 1+ 2a1.

Шаг индукции: пусть для $k$ неравенство верно:

(1+ a1)⋅⋅⋅(1+ ak) <1+ 2(a1+ ⋅⋅⋅+ ak).

Тогда для $k+ 1:$

(1+ a1)⋅⋅⋅(1+ ak)(1+ ak+1)< (1 +2(a1+⋅⋅⋅+ak))(1+ ak+1)

< 1+ 2(a1+ ⋅⋅⋅+ ak)+ ak+1(1+ 2(a1+ ⋅⋅⋅+ ak))

≤ 1+ 2(a1+ ⋅⋅⋅+ ak)+ 2ak+1 = 1+2(a1+⋅⋅⋅+ak+ ak+1).

Таким образом, неравенство доказано для всех натуральных $k.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#129161Максимум баллов за задание: 7

Для положительных чисел $x,y$ , сумма которых меньше 1, докажите неравенство

1−-x 1− y 1−-x− y 1+ x ⋅1+y ≥ 1+ x+y .

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Обратите внимание, что в левой части находится дробь с числителем (1 - x)(1 - y) и знаменателем (1 + x)(1 + y), а в правой части — дробь с числителем 1 - x - y и знаменателем 1 + x + y. Не кажется ли вам, что выражения в числителях и знаменателях этих дробей связаны друг с другом?

Подсказка 2:

Заметим, что (1 - x)(1 - y) = 1 - x - y + xy и (1 + x)(1 + y) = 1 + x + y + xy. То есть дробь слева отличается от дроби справа увеличением числителя и знаменателя на xy.

Подсказка 3:

Докажите, что если у дроби, меньшей 1 и большей 0, увеличить числитель и знаменатель на одинаковую величину, то значение дроби увеличится.

Показать доказательство

Перепишем дробь в левой части следующим образом:

1−-x 1−-y (1−-x−-y)+xy 1+ x ⋅1+ y =(1+ x+ y)+xy

Теперь остаётся заметить, что мы добавили к правильной дроби $11−+xx−+yy$ положительное $xy$ в числитель и знаменатель, значит, сделали дробь больше. Поскольку числа положительны и $x+y <1,$ преобразования корректны.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#129162Максимум баллов за задание: 7

Произведение положительных чисел $a,b$ и $c$ меньше 1. Докажите неравенство

----1----- ----1----- ----1----- a2(b+ c)+ 1 + b2(c+ a)+1 + c2(a+ b)+ 1 > 1.

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Попробуйте придумать для каждой из дробей некоторую оценку снизу, после которой каждая дробь будет иметь одинаковый знаменатель.

Подсказка 2:

Обычно подобные оценки представляют собой увеличение знаменателя. Но в этом случае нужно придумать что-то поинтереснее.

Подсказка 3:

Что произойдёт с дробью, меньшей 1, если и числитель, и знаменатель увеличить на одно и то же положительное число?

Подсказка 4:

Дробь увеличится. Теперь предлагается в каждом слагаемом из левой части уменьшить числитель и знаменатель на некоторое число, чтобы дроби уменьшились и реализовалась идея из первой подсказки.

Показать доказательство

Утверждение. Если увеличить числитель и знаменатель правильной дроби на одно и то же положительное число, то дробь увеличивается.

Доказательство. Действительно, пусть $x< y$ — положительные числа, а $c$ — тоже произвольное положительное число. Тогда

x+ c x y+-c > y,

поскольку

xy+ cy > xy +cx

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Вернёмся к задаче. Уменьшим числитель и знаменатель каждой дроби на $1 − abc> 0.$ Поскольку все дроби были правильными, они остались правильными и уменьшились. Тогда

a2(b+1c)+-1 + b2(c+1a)+1-+ c2(a+1b)+-1 >

> ----abc----+ ----abc----+ ----abc----= a2(b+c)+ abc b2(c+ a)+abc c2(a +b)+abc

---bc---- ---ca---- ---ab---- = ab+bc+ ca + ab +bc+ ca + ab+ bc+ca =1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#129163Максимум баллов за задание: 7

Положительные числа $x,y,z$ таковы, что

(x+ y)(y+ z)(z+ x) =xy+ yz+ zx.

Докажите, что $(xy+ yz +zx)2 >xyz.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Исходя из равенства в условии, хочется получить какие-то неравенства, в левой части которых находится произведение каких-то из выражений x + y, y + z, x + z, а в правой — x, y, z или произведение каких-то из них. И потом уже из этих неравенств получать требуемое неравенство.

Подсказка 2:

Получать эти неравенства также можно из равенства, данного в условии. Попробуйте как-нибудь грубо оценить выражение xy + yz + zx снизу.

Подсказка 3:

Например, можно так: xy + yz + zx > xy + yz = y(x + z).

Показать доказательство

Заметим, что

(x+ y)(y+ z)(z+ x)=xy +yz+ zx> xy+yz =y(x+ z),

откуда

(x+ y)(y+z)> y

Аналогично получаем

(y+ z)(z+x)> z

(z+x)(x+y)> x

Перемножая три полученных неравенства, получаем требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#129225Максимум баллов за задание: 7

Положительные числа $x,y,z$ меньше 1. Докажите неравенство

----x---- ---y----- ----z---- x2+ y2+z + y2+z2+ x + z2+ x2+ y > 1.

Показать доказательство

Переменные меньше $1$ и положительные, значит, $x> x2,$ $y >y2,$ $z > z2.$ Сделаем следующие оценки слагаемых левой части:

x x y y z z x2-+y2+-z > x-+y+-z, x+y2-+z2 > x-+y+-z, x2+y-+z2 > x-+y-+z.

Осталось лишь просуммировать эти неравенства и получить требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#129226Максимум баллов за задание: 7

Для положительных чисел $a,b,c$ и $d$ докажите неравенство

--a---- ---b--- ---c--- --d---- a+b+ c + b+ c+ d + c+ d+a + d+a +b <2.

Показать доказательство

Запишем первое слагаемое левой части в виде

-b+-c-- 1− a+b+ c.

Аналогично поступим с остальными слагаемыми. Неравенство примет следующий вид:

b+ c c+d d+ a a+ b 2 < a+b+-c + b+-c+-d + c+d-+a-+ d+a-+b.

Теперь можно сделать такие оценки:

--b+c--> ---b+-c--, a +b+ c a+ b+ c+d

--c+d--> ---c+-d--, b+ c+ d a+ b+ c+d

--d+a--> ---d+-a--, c+ d+ a a+ b+ c+d

--a+-b-> ---a+-b--. d+ a+ b a+ b+ c+d

Осталось просуммировать эти неравенства и получить требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#129227Максимум баллов за задание: 7

Для каждого числа $x,$ написанного на доске, произведение $x$ и суммы шести оставшихся равно

2 f(x)=x(10− x)= 10x− x.

Квадратичная функция $f(x)$ принимает все значения, кроме максимального, два раза — а именно, в точках $a$ и $10− a.$ Значит, если $f(a)=f(b)$ при $a⁄= b,$ то $a+ b= 10.$

Таким образом, каждое число встречается в тетради не более двух раз. Значит, так как в тетради всего четыре различных числа, три из них встречаются по два раза, и ещё одно — один раз. Таким образом, шесть из семи чисел на доске разбиваются на пары так, что сумма чисел каждой пары равна $10.$ Значит, сумма этих шести чисел равна $30,$ тогда седьмое число равно

10− 30= −20.

Показать доказательство

Оценим слагаемые левой части неравенства:

--a+-1-- ---a+-1--- ---a-+1--- -1-- ab+ a+ 1 ≥ ab+ a+b+ 1 =(a+ 1)(b+ 1) = b+1,

-b+-1--≥ ---b+-1---= ---b+-1---= --1-, bc+ b+ 1 bc+b +c+ 1 (b+ 1)(c+1) c+ 1

--c+-1--≥ ---c+-1---= ---c+-1--- = -1-. ca+ c+1 ca+c+ a+ 1 (c+ 1)(a+ 1) a+1

Видно, что при сложении этих неравенств получается требуемое.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#129228Максимум баллов за задание: 7

Положительные числа $x$ и $y$ удовлетворяют условию $x3 − y3 ≥ 4x.$ Докажите, что $x2 >2y.$

Показать доказательство

Из условия получаем $3√x3−-4x≥ y.$ Попробуем доказать, что

2 3∘ -3---- x > 2 x − 4x.

Возведём в куб, перенесём всё влево и поделим на $x$ (он положительный):

x5− 8x2+ 32> 0.

Если $x∈ (0;1),$ то

x5− 8x2 ∈ (−8;1),

то есть неравенство выполняется. Пусть теперь $x≥ 1.$ Рассмотрим цепочку неравенств:

x5− 8x2+ 32> x4− 8x2+ 32= (x2− 4)2 +16> 0.

Получили требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#129229Максимум баллов за задание: 7

Для положительных чисел $a,b,c$ докажите неравенство

--a-- --b-- --c-- √ ------- √a+-b + √b+-c + √c-+a-> a+ b+c.

Показать доказательство

Заметим, что:

--a-- ----a--- √a+-b > √a-+b+-c,

√-b--> √---b---, b+ c a +b+ c

√-c--> √---c---. c+ a a+b+ c

Если сложить эти неравенства, получим:

a b c a+ b+ c √------- √a+-b + √b+-c + √c-+a > √a+-b+c-= a+ b+c.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#131022Максимум баллов за задание: 7

Положительные действительные числа $a,b,c$ удовлетворяют равенству $a2+$ $b2+$ $c2 =12.$ Найдите наибольшее возможное значение выражения

∘----- ∘----- ∘ ----- 1+ a3+ 1+ b3+ 1+ c3

Источники: ДВИ - 2025, вариант 255, задача 6

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нужно найти наибольшее значение выражения. Наверняка его можно как-то ограничить, ведь у нас фиксирована сумма квадратов!

Подсказка 2

Ограничивать сразу всю сумму сложно, легче ограничить каждое слагаемое отдельно и потом сложить, а еще нам известна сумма квадратов...

Подсказка 3

Как Вы думаете, можно ли применить некоторое известное неравенство для √(1 + x³)?

Подсказка 4

Разложим на множители: 1 + x³ = (1 + x)⋅(1 - x + x²).

Подсказка 5

Воспользуйтесь неравенством о средних.

Подсказка 6

Нам известна сумма квадратов, можем ее подставить! Остается только подобрать пример.

Показать ответ и решение

Докажем, что для любого положительного действительного числа $x$ выполняется неравенство:

∘ ----3 1 2 1+ x ≤ 2x + 1

Так как обе части неравенства положительны, мы можем возвести их в квадрат:

( )2 1+x3 ≤ 1x2+1 2

1 +x3 ≤ 1x4+ x2+ 1 4

2 2 0 ≤x (x− 2)

Это неравенство всегда верно. Равенство достигается при $x =2.$

Теперь применим доказанное неравенство к каждому слагаемому искомого выражения:

∘----- ∘----- ∘ ----- ( ) ( ) ( ) 1+ a3+ 1+ b3+ 1+ c3 ≤ 1a2+ 1 + 1b2+ 1 + 1c2+1 2 2 2

∘1+-a3+ ∘1+-b3+∘1-+-c3 ≤ 1(a2+ b2+ c2)+ 3 2

По условию $a2+ b2+ c2 = 12,$ подставим это значение:

∘----3 ∘----3 ∘ ----3 1 1+ a + 1+ b + 1+ c ≤ 2 ⋅12+ 3= 9

Мы показали, что значение выражения не превышает 9. Осталось показать, что это значение достигается. Равенство в нашем неравенстве достигается тогда и только тогда, когда оно достигается для каждого из трех слагаемых, то есть при $a= 2,$ $b=2,$ и $c= 2.$ Проверим, удовлетворяет ли этот набор чисел исходному условию:

a2 +b2+ c2 =22+ 22+22 =4+ 4+ 4= 12

Условие выполняется. Таким образом, наибольшее возможное значение выражения равно 9.

Ответ: 9

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#80576Максимум баллов за задание: 7

Для положительных чисел $a,b,c$ докажите неравенство

-a2+-b2-- -b2+-c2-- -c2+-a2- --1-- --1-- --1-- a2+b+ b2 + b2+c+ c2 + c2+a +a2 ≥3− 2a+ 1 − 2b+ 1 − 2c+1

Показать доказательство

Перенесём дроби из левой части в правую, а из правой — в левую:

--1-- --1-- -1--- -a2+-b2- --b2+-c2- --c2-+a2- 2a+ 1 + 2b+1 + 2c+1 ≥3− (a2+ b+b2 + b2+ c+c2 + c2+ a+ a2)

Запишем правую часть следующим образом: $a2+b2 b2+c2 c2+a2 b c a (1− a2+b+b2)+(1− b2+c+c2)+(1− c2+a+a2)= a2+b+b2 + b2+c+c2 + c2+a+a2.$ Теперь неравенство выглядит так:

2a1+-1 + 2b1+1-+ 21c+1-≥ a2-+bb+-b2 + b2-+cc+-c2 + c2+aa-+a2

Заметим, что:

----b--- ≤ --b--= --1-- a2+ b+ b2 2ab+ b 2a+ 1

Если написать такие неравенства для других дробей из правой части и сложить полученные неравенства, мы получим требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#85987Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что для любых различных положительных чисел $a,b,c$ из отрезков с длинами

3∘-------2--2-∘3------2--2- 3∘------2---2- (a− b)(a − b ), (b− c)(b − c), (c− a)(c − a )

можно составить треугольник.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Можно считать, что a является наибольшим числом, а c — наименьшим. Тогда достаточно доказать неравенство треугольника, в котором корень с разностью (c-a) меньше суммы двух других корней из условия. А как это сделать?

Подсказка 2

Заметим, что сумма корней кубических из (a-b)³ и (b-c)³ равна a-c, а это корень кубический из (a-c)³. А как из этих выражений получить исходные?

Подсказка 3

Верно! Надо умножить их на подходящую дробь (a+b)/(a-b), (b+c)/(b-c) или (a+c)/(a-c). Каждая из этих дробей больше 1, значит, каждое число увеличивается. А можно ли сказать что-то о том, как эти дроби упорядочены?

Подсказка 4

Верно! (a+c)/(a-c) является наименьшей. Какой вывод можно сделать?

Показать доказательство

Не умаляя общности, пусть $a$ — наибольшее число, а $c$ — наименьшее число. Тогда понятно, что из трех выражений $3∘ (c−-a)(c2− a2)$ — наибольшее. То есть достаточно доказать неравенство

∘3------------ 3∘ ----------- 3∘ ------------ (a− b)(a2− b2)+ (b − c)(b2− c2)> (c− a)(c2− a2)

Заметим, что

3∘ ------ 3∘------ 3∘------ (a − b)3+ (b− c)3 = a− b+b− c= a− c= (a− c)3

Чтобы из последних выражений получить исходные, достаточно умножить подкоренные выражения на

a+ b 2b b+ c 2c a+ c 2c a−-b = 1+ a−-b,b−-c = 1+ b−-c,a−-c = 1+ a−-c

Поскольку среди чисел $2c< 2b,a− c< b− c$ и $a − c< a− b,$ получаем, что подкоренное выражение справа увеличилось в наименьшее число раз, а значит, исходное неравенство доказано.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#85995Максимум баллов за задание: 7

Положительные числа $a,a ,...,a 1 2 n$ образуют арифметическую прогрессию (именно в таком порядке). Докажите неравенство

1- 1- 1- -n-- a21 + a22 +...+ a2n ≥ a1an

Показать доказательство

Можно считать, что разность прогрессии равна $1$ (иначе все числа можно домножить на одну и ту же константу). Тогда для каждого $i= 1,2,...,n− 1$ имеем $1-- --1- --1-- -1 -1-- 2a2i + 2a2i+1 ≥aiai+1 = ai − ai+1.$ Кроме того $1-- -1- --1- 2a21 +2a2n ≥ a1an.$ Складывая все полученные неравенства, получаем

1 1 1 1 1 1 n− 1 1 n a21 + a22 + ...+ a2n ≥ a1-− an + a1an-= a1an + a1an = a1an

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#85998Максимум баллов за задание: 7

Даны положительные числа $x,y,z.$ Докажите, что

3 2 2 2 4(x+ y+z) ≥ 27(x y+ yz+ z x+xyz)

Показать доказательство

2 2 2 2 2 2 x +z x+ z 27(x y+y z+ z x+xyz)≤ 27(x y+2xyz+ yz)= 27y(x+ z) = 4⋅27y⋅--2- ⋅-2--≤

( )3 ≤ 4 y+ x+-z+ x-+z =4(x+ y+ z)3 2 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#90312Максимум баллов за задание: 7

Доказать, что для любых положительных чисел $x ,x ,...,x 1 2 k$ ( $k> 3$ ) выполняется неравенство

-x1--- -x2--- ---xk--- xk+x2 + x1 +x3 + ...+ xk−1+ x1 ≥ 2

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Требуется доказать неравенство от n переменных, логично это делать по индукции. Сперва разберёмся с базой n=4. У нас имеется четыре дроби, причём две пары с равными знаменателями. Итого, получается сумма двух обратных чисел, а она больше либо равна двум, например, по неравенству о средних.

Подсказка 2

Теперь надо подумать, что вообще изменяется при шаге индукции. В самом деле, две дроби заменяются на три, притом вообще не очень понятно, какая из сумм больше. Что могло бы помочь их сравнить?

Подсказка 3

Нужно вспомнить о том, что при циклическом сдвиге переменных выражение не изменяется, тогда можем считать, что наша последняя переменная минимальная из всех. Теперь уже сравнить суммы двух и трёх дробей несложно, а значит, мы сможем завершить шаг индукции.

Показать доказательство

Докажем неравенство индукцией по $n.$

База: $k= 4.$

x1 x2 x3 x4 x2+ x4 x1+ x3 x4+x2-+ x1-+x3 + x2+-x4 + x3+-x1 = x1+-x3 + x2+-x4 ≥ 2

Сумма обратных положительных чисел по неравенству о средних между средним арифметическим и геометрическим больше либо равна двух.

Предположение индукции: пусть для $n= k$ утверждение верно.

Переход: докажем для $n= k+ 1.$ Пусть имеется выражение для $x1,x2,...xk+1.$ При циклическом сдвиге выражение не меняется, потому без ограничения общности можем считать, что $xk+1$ минимальное из чисел. Тогда выражение для набора чисел $y1 = x1,y2 = x2,...,yk =xk$ отличается от выражения с иксами на

---x1---+ -xk+1-+ ----xk-----−--x1-- −---xk--- x2+ xk+1 x1+ xk xk−1+xk+1 x2 +xk xk−1+ x1

В силу $xk+1 ≤ xk$ и $xk+1 ≤x1,$ первая дробь больше либо равна третьей, а вторая больше либо равна четвёртой. Получается выражение с иксами больше либо равно выражению с игреками, к которому, в свою очередь, можно применить предположение индукции. Получаем, что и выражение с иксами больше либо равно двух, переход доказан.