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#80576

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.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#85987

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.

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.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#85995

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 4#85998

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

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 5#90312

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.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#91241

Пусть $a$ , $b$ и $c$ — вещественные числа из отрезка $[0,1]$ . Докажите, что

3 3 3 2 2 2 2(a + b+ c)− (ab+ b c+c a)≤3.

Показать доказательство

Перенесём слагаемые из левой части в правую:

3 3 3 2 2 2 2(a +b + c)≤ a b+b c+ ca+ 3

Сгруппируем слагаемые так, чтобы доказать 3 отдельных неравенства:

3 3 3 3 3 3 2 2 2 (a + b)+ (b + c)+ (c +a )≤(a b+1)+ (b c+ 1)+ (ca+ 1)

Докажем, что:

3 3 2 a +b ≤ (ab+ 1)

Для доказательства воспользуемся неравенством $x+ y ≤ 1+xy$ при $0≤ x,y ≤1.$ Тогда, подставив значения $x= a3,y =b3,$ получим:

a3+ b3 ≤ a3b3 +1

Заметим, что $a3b3 ≤a2b,$ так как $a3 ≤ a2,b3 ≤b$ при $0≤ a,b≤1.$ Тогда:

a3+ b3 ≤ a3b3+ 1≤ a2b+ 1

Значит:

a3+ b3 ≤ a2b+ 1

Тогда полученное неравенство справедливо и для $b$ и $c,$ и для $c$ и $a:$

3 3 2 b + c ≤ bc+ 1

3 3 2 c + a ≤ ca+ 1

Сложим полученные неравенства:

3 3 3 3 3 3 2 2 2 (a + b)+ (b + c)+ (c +a )≤(a b+1)+ (b c+ 1)+ (ca+ 1)

Что и требовалось доказать.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#91440

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 > 1

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметим, что если сложить все числители, то получится a + b + c + d. Как можно огрубить знаменатели, чтобы дроби сложились и все сократилось?

Показать доказательство

Увеличим каждый из знаменателей до $a+b +c+ d,$ это именно увеличения, ведь все числа положительны. Получаем, что левая часть больше суммы дробей с одинаковым числителем, равной $1.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#91441

Даны положительные числа $a≤ b≤ c≤d.$ Докажите неравенство

ab+-b- bc+-c cd-+d- b+ 1 + c+1 + d+ 1 ≥a +b+ c

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрим первую дробь. Если в числителе за скобки вынести b, то останется a + 1. А хотелось бы, чтобы осталось b + 1, и все сократилось. Можно ли как-то этого добиться?

Показать доказательство

ab+-b- bc+-c cd-+d- ab+-a- bc+-b cd+c- b+ 1 + c +1 + d+ 1 ≥ b+ 1 + c+1 + d+ 1 ≥a +b+ c

Первый знак неравенства выполняется в силу неравенств $a≤ b≤ c≤ d$ и положительности чисел.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#91442

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

4 4 4 5 5 5 1+ xy +y z+ zx ≥x + y + z

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем применить метод огрубления. Для этого придется в начале упорядочить числа. Однако, если перебирать все случаи, то их будет целых 6. Можно ли как-нибудь упростить перебор?

Показать доказательство

Заметим, что неравенство достаточно доказать для двух случаев: $x≥ y ≥ z$ и $x≥ z ≥y,$ остальные симметричны этим относительно циклического сдвига переменных.

Итак в первом случае, хотим доказать, что

4 4 4 1≥ x (x − y)+ y(y− z)+z (z − x)

Заметим, что в правой части последнее слагаемое неположительно, а второе увеличивается при замене $y4$ на $x4,$ таким образом она не более

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

полученное выражение меньше $x5 <1.$

Во втором случае в правой части неравенства

4 4 4 1≥ x (x − y)+ y(y− z)+z (z − x)

положительно лишь первое слагаемое, а оно меньше $x5 < 1.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#91444

Докажите, что для любых чисел $x,y,z$ из отрезка $[0,1]$ выполнено неравенство

----x---- ---y----- ----z---- 1 7+ y3+ z3 + 7+ z3+ x3 + 7+ x3+ y3 ≤ 3

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем для начала сделать одинаковыми знаменатели. Какое условие можно для этого использовать?

Показать доказательство

Поскольку $1$ не меньше любой из переменных, заменив в каждом из знаменателей единицу на куб недостающей переменной, знаменатели не увеличатся, а, значит, дроби не уменьшатся, тогда достаточно доказать следкющее:

x+y +z 1 6+-x3+y3+-z3 ≤ 3

По неравенству между средним арифметическим и геометрическим выходит

x3+2 =x3+ 1+ 1≥ 3x

аналогично для каждой переменной, получаем необходимое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#68034

Положительные числа $a,a ,...,a 1 2 n$ таковы, что $a + a +...+a > 2023. 1 2 n$ Докажите, что

√-- 3√-- n√-- a1⋅a1 +a2⋅ a2+ a3⋅ a3+ ...+ an an >1000.

Источники: Турнир Ломоносова-2023, 11.4 (см.turlom.olimpiada.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нужно как-то прийти к корням, причем необычной степени…нам известна сумма всех чисел, а также сумма всех чисел, но с какими-то множителями… Попробуем выцепить из всех чисел группу каких-то больших, у которых указанная в условии сумма с корнями будет точно больше 1000.

Подсказка 2

Попробуем отделить от всех чисел такие, что a_m > 1/2^m. Что можно сказать про сумму этих чисел и про сумму этих чисел, но в произведении с корнями?(какие даны в условии)

Подсказка 3

Их сумма хотя бы 2022, а корни можно связать с 1/2)

Показать доказательство

Разобьем все эти числа на две группы. Число $a k$ попадает в первую группу, если $a < -1. k 2k$ А иначе попадает во вторую группу. Тогда сумма чисел в первой группе меньше, чем

1 1 1 1 2 + 4 +⋅⋅⋅+2n = 1− 2n-< 1.

Тогда сумма чисел во второй группе будет хотя бы $2023− 1= 2022.$ Пусть $am$ находится во второй группе, тогда, так как все числа положительны:

√ --- 1 m am ≥ 2

Значит,

am ⋅ m√am-≥ am. 2

Тогда все слагаемые из второй группы дают вклад в

a1⋅a1 +a2⋅√a2+ a3⋅ 3√a3+ ...+ an n√an >1000.

Который составляет хотя бы половину от суммы всех чисел этой группы, то есть точно больше $20222= 1011.$ Следовательно, верно и требуемое.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#69406

Известно, что $a,b,c> 0$ и $a+ b+c= 1.$ Докажите, что

-----a----- -----b----- -----c----- 3 3a2+ b2+ 2ca + 3b2+ c2+ 2ab +3c2+ a2+2bc ≤ 2

Источники: Бельчонок-2023, 11.3 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если мы бегло посмотрим на условие, то сразу поймем, что приводить к общему знаменателю здесь это очень плохой вариант. В таких случаях бывает полезно оценить каждое слагаемое по отдельности. К тому же мы видим, что они достаточно похожи, возможно, придумав, как оценить одну дробь, мы сразу поймем, как оценить остальные.

Подсказка 2

Давайте внимательно посмотрим на первую дробь. Понятно, что с числителем тут ничего не сделаешь. А вот в знаменателе у нас есть тут целых два квадрата, стоит попытаться выделить полный квадрат. Подумайте, как нам может в этом помочь условие, что a+b+c=1.

Подсказка 3

Давайте в выражении 3a²+b²+2ac представим 3a² как a² + 2a², тогда можно будет вынести общий множитель из 2ac и 2a². Что можно подставить вместо a+c и как при этом будет выглядеть оценка на 3a²+b²+2ac?

Подсказка 4

Если вместо (a+c) подставить (1-b), то после выделения полного квадрата станет понятно, что 3a²+b²+2ac >= 2a. Используя это знание, оцените всю дробь целиком, остальные дроби суммы и саму сумму.

Показать доказательство

Так как $a+ c= 1− b,$ то $3a2+ b2 +2ca= a2+b2+ 2a(1− b)=2a+ (a− b)2 ≥ 2a.$ Следовательно,

----a------ 1 3a2+ b2+ 2ca ≤2

Аналогично

b 1 c 1 3b2+-c2+2ab ≤ 2; 3c2-+a2+-2bc-≤ 2

Сложив три полученных неравенства, получим

-----a-----+ -----b-----+-----c-----≤ 1+ 1 + 1= 3 3a2+ b2+ 2ca 3b2 +c2+ 2ab 3c2+ a2+2bc 2 2 2 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#73161

Саша задумал 4 различных положительных числа. Докажите, что он может заменить звездочки в выражении $(∗− ∗2)(∗2− ∗)$ на задуманные числа (каждое число используется по одному разу) так, чтобы значение выражения не было положительным.

Источники: 61 УТЮМ

Показать доказательство

Упорядочим задуманные Сашей числа: $a >b> c> d> 0$ . Если $b≥ 1$ , то $a2− c≥a − c> 0$ и $b2− d ≥b− d> 0$ , то есть $2 2 (c− a)(b − d)< 0$ . Если же $1> b> c$ , то $2 c − a <c − a< 0$ и $2 d − b<d − b< 0$ , то есть $2 2 (a − c )(d − b)< 0$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#74145

Докажите, что при любых положительных $a$ , $b$ и $c$ верно неравенство

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

Показать доказательство

Заметим, что каждый из знаменателей меньше $√a-+b+-c.$ Теперь огрубим неравенство.

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#74614

Докажите, что для любых чисел $x$ и $y$ из отрезка $[0,1]$ справедливо

---1---- (1+ x+ y) ≥ (1 − x)(1− y)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Положительность х и у, скорее всего, нужна для перемножения без смены знака, а вот ограниченность единицей — это удобно, поскольку мы заключаем, что 1-x и 1-y также лежат от 0 до 1. Попробуйте применить полученные наблюдения.

Подсказка 2

Первое, что разумно сделать — это равноправно (в смысле принадлежности отрезку) заменить (1-x) на а, а (1-y) на b. Тогда упростится неравенство, которое надо доказать и, более того, также останутся верными факты про то, что и ab ≥ 0 и 1 + ab ≥ a + b (как очевидное следствие (1 - a)(1 - b) ≥ 0). Судя по двум последним неравенствам, нам надо как-то оценить дробь. Ну а значит, оценить либо числитель, либо знаменатель.

Подсказка 3

Числитель можно оценить как a + b - ab. Теперь уже у нас уже при домножении на знаменатель обе части уравнения зависят от суммы и произведения a и b, без свободных коэффициентов. После преобразования получим неравенство (a + b)(ab + 1) ≥ 4ab. Единственное, что здесь не нравится нам — это ab + 1, так как опять же свободный коэффициент. Давайте тогда оценим как-то ab + 1.

Показать доказательство

Для начала заменим $1− x$ на $a$ , $1− y$ на $b,$ чтобы неравенство выглядело проще:

1 3-− a-− b ≥ ab

Теперь используем неравенство $1+xy ≥x +y$ и оценим $1$ как $a+b− ab:$

a+-b−-ab-≥ ab 3 − a − b

Домножим на знаменатель, раскроем скобки и приведём подобные:

a +b≥ 4ab− ab(a +b)

Теперь запишем неравенство в виде:

(a+ b)(ab+ 1)≥ 4ab

Снова используем неравенство $1+ xy ≥ x+y$ и заменим скобочку $ab+ 1$ на $a+b :$

(a+ b)2 ≥ 4ab

Осталось извлечь корень и воспользоваться неравенством о средних.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#74616

Докажите, что при любых $a,b$ и $c$ верно неравенство $a4+ b4+c4 ≥ abc(a+ b+c).$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Слева у нас четвертые степени (иными словами, квадраты каких-то величин). На какое классическое неравенство нам намекает сумма трех квадратов?

Подсказка 2

Вспомните неравенство x² + y² + z² ≥ xy + yz + xz. Как мы можем его применить в нашем доказательстве?

Показать доказательство

Дважды используем неравенство $x2 +y2+ z2 ≥xy +xz+ yz :$

4 4 4 2 2 2 a +b + c ≥(ab) + (bc) +(ac) ≥ ab⋅bc+ bc⋅ac+ac⋅ab= abc(a+b+ c)

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#70476

При $x,y,z ∈ (0,2]$ найдите максимальное значение выражения

(x3− 6) 3√x+-6+ (y3− 6) 3√y-+6+ (z3 − 6)√3z-+6 A = ---------------x2+y2+-z2---------------

Источники: СПБГУ-22, 11.2 (см. olympiada.spbu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала, давайте попробуем понять какой ответ, хотя бы на пальцах. Если мы увеличиваем х, то увеличивается значение, которое зависит от х, и в числителе, и в знаменателе, но при этом в числителе у нас степень функции больше трех, то есть, при х > 1 у нас числитель растет быстрее чем знаменатель. Все, что меньше единицы не очень понятно, но если мы верим в светлое будущее(то есть верим, что ответ достигается при х > 1) то нам надо посмотреть, чему равно значение дроби на всех двойках. И мы получим предполагаемый ответ. Теперь, когда мы знаем(а вернее - верим) в каких точках достигается ответ, то можно попробовать оценить как-то слагаемое в числителе, чтобы степень получившегося многочлена была равна 2(чтобы вероятно сократить с знаменателем), и при этом наша оценка достигалась именно в точке 2.

Подсказка 2

Корень можно оценить как <=2, так как х<=2(как раз в этой точке и достигается равенство). Второй множитель тогда можно оценить через 2х^2 - 6(опять же, равенство достигается в точке 2). Тогда, всю дробь можно оценить через (4(x^2 + y^2 + z^2) - 36)/(x^2 + y^2 + z^2). Ну а это уже достаточно легко оценить, зная, что все переменные меньше или равны 2.

Подсказка 3

Верно, выходит дробь 4 - 36/(x^2 + y^2 + z^2) <= 4 - 36/12 = 1. То есть, у нас есть оценка на дробь и при этом, мы так проводили неравенства, что каждое равенство в них достигалось в точке, в которой достигается итоговая оценка. Значит, у нас точно есть пример в котором это неравенство достигается. Запомните эту очень важную мысль, если у вас уже есть ответ и вы знаете в каких точках достигается равенство, то можно попробовать оценивать некоторые выражения, которые у вас есть так, чтобы равенство достигалось именно в той точке, где достигается равенство в изначальном выражении. Этот метод часто встречается на олимпиадах ИТМО, СПбГУ и других.

Показать ответ и решение

При $x∈ (0,2]$ справедливы неравенства $√3x-+-6≤ 2$ и $x3 ≤2x2$ , откуда

(3 ) 3√---- ( 2 ) x − 6 x+6 ≤2 2x − 6

Аналогичным образом оцениваются два других слагаемых в числителе $A.$ Поэтому

2x2− 6-+2y2−-6+2z2−-6 ----36---- 36 A ≤ 2⋅ x2+ y2+ z2 = 4− x2+ y2+z2 ≤4− 12 =1.

Равенство реализуется при $x =y =z =2.$

Ответ: 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#71448

Доказать, что для любых действительных чисел $x,y,z$ из интервала $[0,1]$ выполнено неравенство

x+-y x+-z y-+z 2+ z + 2+ y + 2 +x ≤2

Источники: Всесиб-2022, 11.5 (см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Доказать классическое неравенство существует достаточно способов, но при переменных, заданных промежутком, можно отдельно пооценивать разные части выражения.

Подсказка 2

Рассмотрим первую дробь: в ее числителе сумма двух переменных, не превосходящих единицу, следовательно, их сумма не превосходит 2.

Подсказка 3

Перейдем к знаменателю! Здесь тоже сумма! Ваша очередь оценивать!

Подсказка 4

Теперь дробь целиком! Числитель не больше двух, знаменатель - трёх, значит, дробь не превышает 2/3.

Подсказка 5

Аналогичная оценка работает на других слагаемых нашего выражения: если каждое из них не превосходит 2/3, то их сумма не превосходит 2!

Показать доказательство

По условию, все числа неотрицательны и не превосходят 1 следует, что их попарные суммы $x+y,x+ z,y +z$ не больше 2. Заменим в знаменателе каждой дроби левой части неравенства 2 на соответствующую сумму, от чего каждый знаменатель не увеличится и неравенство усилится. Получим:

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#74717

Предположим, что числа $a$ и $b$ принадлежат отрезку $[0,1].$

Докажите, что тогда

a b 1+-b + 1+-a ≤ 1

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Приводить дроби к общему знаменателю как-то не очень хочется… Поэтому давайте вспомним, а что происходит с дробью, если уменьшить её знаменатель?

Подсказка 2

Верно, сама дробь увеличивается! Теперь осталось придумать, а как нам можно красиво преобразовать знаменатель, чтобы дробь не увеличилась?(подумайте, на что поменять единицу)

Подсказка 3

Да, в первой дроби можно заменить единичку на a, а во второй дроби на b! В таком случае знаменатель точно не увеличится, то есть само выражение точно не уменьшится. Таким образом мы получили оценку сверху, с помощью которой можно показать истинность исходного неравенства!

Показать доказательство

Первое решение.

Заметим, что справедливы следующие неравенства:

a a 1+b-≤ a+-b

1b+a-≤ bb+a-

Тогда оценим левую часть:

-a--+ --b-≤ --a-+ --b-= 1 1+ b 1+ a a +b a+ b

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Домножим на $(1+ a)(1+ b)$ и раскроем скобки.

a(1 +a)+ b(1+ b)=(1+ a)(1+ b)

a+ b+ a2+b2 ≤ 1+ a+ b+ab

a2+b2− ab≤1

Если $a≥ b$ , то $2 b− ab≤ 0$ и $2 a ≤1$ . Аналогично если $b≥ a$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#74719

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

-ab- -bc- -ca- 1 a +b +b+ c + c+ a ≤ 2(a+ b+c)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Разумно было бы оценить каждую дробь по отдельности. Посмотрим на ab/(a+b). Каким же неравенством можно связать числитель и знаменатель?

Подсказка 2

Конечно, a+b ≥ 2√ab! Но в таком виде им не очень удобно пользоваться. Давайте возведем обе части в квадрат: (a+b)² ≥ 4ab. Нам нужна оценка выражения ab/(a+b). Как нам получить ее из нашего неравенства?

Подсказка 3

Можно поделить обе части на 4(a+b): (a+b)/4 ≥ ab/(a+b). Аналогично можно оценить остальные дроби. Оцените сумму наших дробей и радуйтесь жизни!

Показать доказательство

Из $(a +b)2 ≥4ab$ следует неравенство

a+-b -ab- 4 ≥ a+ b

Аналогично имеем:

a +c ac b+ c bc --4- ≥ a+c,--4-≥ b+-c

Если сложить 3 последних неравенства, то получим требуемое.

Предыдущий раздел

Следующий раздел