Тема АЛГЕБРА

Классические неравенства

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела алгебра

Разделы подтемы Классические неравенства

Раскрытие и закрытие скобок

Правильная замена и преобразование выражений

Неравенство о средних

Оценки в классических неравенствах

Неравенство КБШ для наборов, КБШ для дробей (неравенство Седракяна)

Идеи метода Штурма

Транснеравенство

pqr-метод

Неравенства Мюрхеда и Шура

Метод отделяющей касательной

Неравенство Гёльдера

Неравенство Йенсена

Использование производной и экстремумов в классических неравенствах

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#126056Максимум баллов за задание: 7

Про положительные числа $a,$ $b,$ $c$ известно, что $-3-≥ a+ b+c. abc$ Докажите, что выполнено неравенство

1 1 1 a + b + c ≥ a+ b+ c.

Показать доказательство

Введём параметр $λ> 0$ и сделаем замену:

a= λa1, b= λb1, c =λc1.

Исходное неравенство принимает вид:

---3--- 4 λ3a1b1c1 ≥ λ(a1+ b1 +c1) =⇒ 3≥ λ(a1+ b1+ c1)a1b1c1.

Обозначим $S =a1 +b1+ c1,$ $Q= a1b1c1 :$

∘--- 3 ≥λ4SQ =⇒ λ2 ≤ -3-. SQ

Неравенство, которое нужно доказать, после замены имеет вид:

1( 1- 1- 1-) a1b1+-b1c1+-c1a1 2 λ a1 + b1 + c1 ≥ λS =⇒ Q ≥ λ S.

Пусть $P = a1b1+ b1c1+ c1a1 :$

P ≥ λ2SQ.

Усилим неравенство с учетом $∘ --- λ2 ≤ S3Q-:$

∘ --- P ≥ -3-⋅SQ = ∘3SQ. SQ

После возведения в квадрат получаем

2 P ≥ 3SQ.

Подставим выражение для $P$ и раскроем скобки

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 P = (ab+ bc+ca) =a b +b c +c a + 2ab c+2abc +2a bc.

По неравенству Коши:

$pict$

Сложим все три эти неравенства и получим

2(a2b2 +b2c2 +c2a2)≥ 2(ab2c+abc2+ a2bc)=2abc(a+ b+ c).

a2b2+ b2c2+ c2a2 ≥ abc(a+ b+c).

Добавим к обеим частям неравенства $2abc(a+ b+c):$

P2 ≥abc(a+ b+ c)+ 2abc(a+b+ c)= 3abc(a +b+ c) =3SQ.

При $λ =1$ получаем:

1 1 1 P ≥SQ =⇒ a + b + c ≥a+ b+ c.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#126058Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что для любых действительных чисел $a,$ $b,$ $c,$ $d$ выполнено неравенство

2 2 2 2 9- (a − a+ 1)(b − b+1)(c − c+1)(d − d+ 1)≥ 16(a− b)(b− c)(c− d)(d − a).

Показать доказательство

Введём новые переменные:

1 1 1 1 u= a− 2, v =b− 2, w= c− 2, z = d− 2

Тогда:

( )2 ( ) a2− a +1 = u + 1 − u+ 1 +1= u2+ 3 2 2 4

Аналогично:

b2− b+ 1= v2+ 3, c2− c+1 =w2 + 3 , d2− d +1 =z2+ 3 4 4 4

Разности преобразуются так:

a− b= u− v, b− c= v− w, c− d= w − z, d− a =z − u

Подставляя, получаем:

( ) ( )( )( ) u2+ 3 v2+ 3 w2 + 3 z2+ 3 ≥ 9(u− v)(v− w)(w − z)(z− u) 4 4 4 4 16

81-(4u2+ 1)( 4v2-+1) (4w2 +1)( 4z2-+1) ≥ 9-(u − v)(v− w)(w− z)(z− u) 256 3 3 3 3 16

Разделим обе части на $-81- 256 :$

( 4u2 ) (4v2 )( 4w2 ) (4z2 ) 16 -3-+ 1 -3-+ 1 -3-+ 1 -3-+ 1 ≥ -9 (u− v)(v− w)(w − z)(z− u)

Введём:

p= 2√u, q = 2√v, r= 2√w, s= 2√z- 3 3 3 3

Тогда:

4u2 2 √3- -3- =p , u − v =-2-(p− q)

Подставим:

(p2+ 1)(q2+1)(r2+ 1)(s2+ 1) ≥(p− q)(q− r)(r − s)(s− p)

Для любой пары чисел $a,b$ верно:

2 2 2 (a + 1)(b + 1)≥ (a− b) ,

2 2 22 2 2 2 a + b+ a b +1≥ a − 2ab+ b ⇐ ⇒ (ab+1) ≥ 0.

Перемножив данные неравенства для пар $(p,q),(q,r),(r,s),(s,q),$ получим:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (p + 1) (q+ 1)(r +1) (s + 1) ≥(p− q) (q − r)(r− s)(s− p)

Остается извлечь корень из обеих частей и получить требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#126059Максимум баллов за задание: 7

Для $a,b,c∈[0,1]$ докажите неравенство

--a---- ---b--- ---c--- b+c +1 +c+ a+ 1 + a+ b+ 1 + (1− a)(1− b)(1− c) ≤1.

Показать доказательство

Рассмотрим функции:

---a--- ---b--- --c---- f(a,b,c)= b+ c+ 1 + c+ a+1 + a+b +1 +(1− a)(1− b)(1 − c).

Фиксируем $b,c∈[0,1]$ и рассмотрим $g(a)= f(a,b,c).$ Её вторая производная:

2b 2c g′′(a)= (c+-a+1)3 + (a+-b+1)3 ≥ 0,

так как $b,c≥ 0$ и знаменатели положительны. Значит, $g(a)$ выпукла по $a$ при любых $b,c∈[0,1].$

Для выпуклой функции максимум на $[0,1]$ достигается на концах:

f(a,b,c)≤max {f(0,b,c),f(1,b,c)}.

Аналогично имеется выпуклость по $b,c,$ значит:

f(0,b,c)≤ max{f(0,0,c),f(0,1,c)}≤

≤max {f(0,0,0),f(0,0,1),f(0,1,1),f(0,1,0)},

f(1,b,c)≤ max{f(1,0,c),f(1,1,c)}≤

≤max {f(1,0,0),f(1,0,1),f(1,1,1),f(1,1,0)}.

То есть надо проверить граничные значения:

f(0,0,0)= 1, f(1,0,0)=f(0,1,0)= f(0,0,1)= 1,

f(1,1,1) =1, f(1,1,0)= f(1,0,1)= f(0,1,1)= 1

Отсюда $f(a,b,c)≤ 1.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#126064Максимум баллов за задание: 7

Положительные числа $a,$ $b,$ $c$ удовлетворяют соотношению $abc =1.$ Докажите, что $a2+b2+ c2 ≥a +b+ c.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Согласитесь же, что неприятно же решать неравенства, где такое условие на переменные. Как можно от него избавиться?

Показать доказательство

Домножим правую часть неравенства на $√3abc-=1,$ тогда требуется доказать:

2 2 2 3√--- a +b + c ≥(a+ b+c) abc

Исходя из неравенства о средних, имеем

2 2 2 2 2 2 6√-8-22 3√--- a + a + a +a + b +c ≥ 6 a bc = 6a abc

Аналогично

a2 +4b2+c2 ≥ 66√a2b8c2 = 6b3√abc

----- a2 +b2+ 4c2 ≥ 66√a2b8c2 = 6c3√abc

Сложив полученные неравенства и сократив на 6, получим требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#126065Максимум баллов за задание: 7

Пусть $0≤ a$ , $b$ , $c≤ 1.$ Докажите неравенство

( --1-- -1--- --1--) (a +b+ c+ 4) 1+ ab + 1+bc + 1+ ca ≤ 15.

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Хочется как-то подвигать переменные, при этом увеличивая левую часть неравенства.

Подсказка 2.

Зафиксируйте a+b (a≥b) и увеличивайте a. Как при этом изменяются множители в левой части?

Подсказка 3.

Первая скобка не изменяется, а вот во второй скобке два слагаемых увеличиваются, а одно уменьшается. Как можно справиться с последним?

Подсказка 4.

Как изменяется сумма слагаемых 1/(1+bc) + 1/(1+ac)?

Подсказка 5.

Теперь левая часть увеличивается, и мы можем начать загонять переменные по краям. Как будет выглядеть неравенство в крайнем случае?

Подсказка 6.

Получим, что или две переменные равны 0, или две переменные равны 1, или одна – 0, а другая – 1. Разберите эти случаи.

Показать доказательство

Сведём задачу к случаю, когда хотя бы две из переменных равны 0 или 1.

Предположим, что среди переменных $a,b,c$ есть хотя бы две, не равные 0 и 1. Пусть эти переменные — это $a$ и $b$ и $a≥ b.$ Зафиксируем $a+ b$ и будем увеличивать $a,$ тогда $ab$ уменьшается (по неравенству о средних), $-1-- 1+ab$ увеличивается. Выражение

1 1 2 +ac+ bc 2+ c(a+ b) 1-+ac + 1+-bc = 1+-ac+bc+-abc2 = 1+-c(a-+b)+-abc2

тоже увеличивается (так как $a+ b$ не изменяется, то числитель не меняется, а знаменатель уменьшается).

Тогда левая часть неравенства увеличивается, вплоть до того, как одна из переменных не станет 0 или 1. Таким соображением мы можем добиться того, что одна из переменных $a$ и $b$ станет равной $1$ или $0.$ Если при этом ни одна из переменных $b$ и $c$ не равна 1 или 0, то, применив такое же соображение, мы сможем добиться того, что левая часть увеличиться, и одна из переменных $b$ или $c$ станет равной 1 или 0. Таким образом, можно считать, что какие-то две из переменных равны 0 или 1. Остается разобрать три случая.

1. Не умаляя общности, $a= b= 0,$ тогда требуется доказать:

(c+ 4)(1+ 1+1)≤ 15

c+ 4≤ 5

c≤1

Это верно по условию $0≤c ≤1.$

2. Не умаляя общности, $a= b= 1,$ тогда требуется доказать:

( ) (c+ 6) 1+ -2-- ≤ 15 2 1+ c

(c+ 6)(c+ 5)≤ 30(c+ 1)

2 c≤ 19c

c(c− 19)≤0

Это верно по условию $0≤c ≤1.$

3. Не умаляя общности, $a= 1,b =0,$ тогда требуется доказать:

( ) (c+ 5) 2+ -1-- ≤ 15 1+ c

(c+5)(2c+ 3)≤15(c+1)

2c2 ≤ 2c

c(c− 1)≤ 0

Это верно по условию $0≤c ≤1.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#126067Максимум баллов за задание: 7

Для произвольных $a≥ 1$ и $b≥1$ докажите неравенство $2ab− 1 ≥(2a− 1)(2b− 1).$

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Неравенства с переменными в степенях напрямую доказывать достаточно тяжело, поэтому часто спасают такие соображения из мира функций как монотонность и выпуклость. Относительно какой перменной можно рассматривать функцию?

Подсказка 2.

Рассматривать функцию относительно a(или b) выглядит неперспективно, потому что после взятия производных тяжело будет анализировать выражения с логарифмами. Как с этим можно бороться?

Подсказка 3.

Пусть x = 2^a. Рассмотрите функцию разности частей неравенства. Как она может помочь доказать исходное неравенство?

Подсказка 4.

Исследуйте эту функцию на выпуклость и найдите её корни.

Показать доказательство

Пусть $x =2a,$ тогда рассмотрим функцию

b b f(x)= x − 1− (x− 1)(2 − 1)

Тогда наше неравенство эквивалентно $f(x)≥ 0.$ Заметим, что вторая производная $f(x)$ равна

′′ b−2 f (x)= b(b− 1)x ,

то есть при $b≥1,x> 0$ имеем $f′′(x)> 0,$ следовательно, $f(x)$ выпукла на $(0,+∞ ).$ Точки $x= 1$ и $x= 2$ являются нулями функции, значит, $f(x)≥ 0$ при $x≥ 2.$

Сделаем обратную замену и получим требуемое неравенство, так как $x≥ 2$ равносильно $a ≥1.$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#126965Максимум баллов за задание: 7

Положительные числа $a i$ и $b i$ таковы, что $∑na = 25, n∑ b =4. i=1 i i=1 i$ Найдите наименьшее возможное значение выражения $n∑ (ai+abbi)3. i=1 ii$

Источники: ИТМО - 2025, 10.4 ( см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что нам часто хочется сделать при виде ФСУ? Мешает ли в этом действии значок суммы?

Подсказка 2

Аккуратным раскрытием скобочек наш куб суммы в числителе представляется в виде суммы дроби с двумя кубами в числителе и двух вполне понятных чисел. Но что же делать с оставшейся суммой?

Подсказка 3

Для начала можно разбить нашу дробь на сумму двух. Какое неравенство может нам помочь оценить сумму квадратов?

Подсказка 4

Призываем на помощь Коши-Буняковского-Шварца и остаётся лишь проверить, что в нашем случае равенство достижимо!

Показать ответ и решение

Пусть $n∑ a = x, n∑ b =y, i=1 i i=1 i$ тогда

∑n (a+ b)3 ∑n (a3+ b3 a2b + ab2) ∑n a3+ b3 --iaibii- = -iaibii+ 3⋅-iiaibi-ii = -iaibii-+3x+ 3y i=1 i=1 i=1

По неравенству Коши-Буняковского-Шварца для дробей

(∑n )2 ( n∑ )2 ∑n a3i +b3i ∑n a2i ∑n b2i- -i=1ai--- --i=1bi-- x2 y2 i=1 aibi = i=1bi + i=1 ai ≥ ( n∑ b) + (∑n a) = y + x i=1 i i=1 i

Итого, получаем

∑n 3 2 2 3 (ai+bi) ≥3x +3y+ x-+ y- = (x+-y) i=1 aibi y x xy

Наименьшее возможное значение достигается, когда все неравенства обращаются в равенство. Для неравенства Коши-Буняковского-Шварца это достигается в случае

a1 a2 an b1 = b2-= ...= bn

x y a1 = ...= an = n,b1 = ...= bn = n

Подставим $x =25$ и $y = 4:$

293 100 = 243,89

Ответ:

$243,89$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#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 29#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 30#128976Максимум баллов за задание: 7

При каких положительных значениях $a,b$ и $c$ достигается наибольшее значение выражения?

--------abc--------- (1+ a)(a+ b)(b+ c)(c +16)

Источники: ПВГ - 2025, 10.4 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте рассмотрим обратную дробь и будем искать а, b и с, при которых достигается минимум этого выражения. Попробуйте зафиксировать какую-то пару переменных и понять, чему должна быть равна оставшаяся переменная для достижения минимума рассматриваемого выражения

Подсказка 2

Зафиксируем b и с, тогда (b + c)(c + 16)/bc тоже фиксировано, а значит, нам нужно минимизировать выражение (1 + а)(а + b)/a. Раскройте скобочки и попробуйте оценить полученную сумму

Подсказка 3

Так как 1 + b = const, нам нужно оценить а + b/a. Пользуясь неравенством о средних, мы можем понять, при каком условии данное выражение минимально.

Подсказка 4

Аналогично мы можем зафиксировать а и с и получить еще одну связь между переменными, а потом зафиксировав a и b, можем получить ещё одно уравнение. Решая систему, получаем ответ)

Показать ответ и решение

Максимум исходного выражения соответсвует минимуму выражения

(1+-a)(a+-b)(b+-c)(c-+16) abc

Зафиксируем $b$ и $c,$ будем искать минимум выражения

(1+ a)(a+b) a +a2+ ab+b b -----a----= -----a----- =a + a + 1+b

Так как

∘---- a+ b≥ 2 a ⋅ b= 2√b, a a

минимум достигается при $a = b, a$ то есть $a= √b.$

Зафиксируем $a$ и $c,$ будем искать минимум выражения

(a+-b)(b+c)= ab+-ac+b2+-bc= a+ c+ ac +b b b b

Так как

∘ ---- ac+ b≥ 2 ac⋅b= 2√ac, b b

минимум достигается при $b = ac, b$ то есть $b= √ac.$

Наконец, зафиксируем $a$ и $b,$ будем искать минимум выражения

(b+-c)(c+16)= bc+-c2+-16b+16c= b+ 16+ 16b+ c c c c

Так как

16b ∘ 16b--- √ --- -c-+c ≥2 -c-⋅c=2 16b,

минимум достигается при $16b c = c-,$ то есть $√- c= 4 b.$

Решим систему

( |{ a2 = b |( b2 = ac c2 = 16b

( |{ a2 =b | a3 =c ( c2 =16a2

( |{ a2 = b |( a2 = 4 c= 4a

Получаем ответ:

a= 2, b= 4, c =8

Ответ:

$a =2,b= 4,c= 8$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#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.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#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 33#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 34#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 35#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 36#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.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 37#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 38#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 39#129567Максимум баллов за задание: 7

Для положительных чисел $x,$ $y,$ $z,$ докажите неравенство

(x2+y2-− z2)2 (x2−-y2+-z2)2 (−x2+-y2-+z2)2- 2 2 2 xy + xz + zy ≥ (x+ y− z) +(x− y+z) + (− x+y +z) .

Подсказки к задаче

Подсказка 1.

Перед нами симметрическое неравенство относительно x, y и z, являющееся однородным. К тому же, после домножения на общий знаменатель останется некоторый многочлен от x, y и z. Такие неравенства часто доказываются с помощью неравенств Мюрхеда и Шура.

Показать доказательство

Введём определение циклической суммы. Пусть есть набор чисел $(a ,...,a) 1 n$ и функция $F(x ,...,x ), 1 n$ тогда

∑ cycF(a1,a2,...,an)= F(a1,a2,...,an)+ F(a2,a3,...,a1)+ ...+F (an,a1,...,an−1).

После домножения на общий знаменатель мы получаем неравенство

∑ (x2+ y2 − z2)x ≥xyz∏ (x+ y− z)2 cyc cyc

или (после сокращений)

T5;0;0+ 2T4;1;0+ 4T2;2;1 ≥ 3T3;1;1+4T3;2;0 (1)

Заметим, что

T5;0;0 +T3;1;1 ≥2T4;1;0 (2)

по неравенству Шура для степени $5.$ Если вычесть $(2)$ из $(1),$ то остаётся доказать, что

T4;1;0+T2;2;1 ≥ T3;1;1+T3;2;0

Домножив это на $2(x+y +z),$ получим, что требуется доказать

2T5;1;0+ 2T2;2;2 ≥ 2T3;3;0 +2T3;2;1

Заметим, что

T4;0;0+ T2;1;1 ≥ 2T3;1;0

по неравенству Шура для степени $4,$ домножим это на $(xy+yz+ xz)$ и получим

2T5;1;0+ T2;2;2 ≥ 2T4;2;0+T4;1;1 (3)

Заметим, что

T3;0;0+ T1;1;1 ≥ 2T2;1;0

(это просто неравенство Шура для степени $3$ ), домножим это на $xyz$ и получим

T +T ≥2T (4) 4;1;1 2;2;2 3;2;1

Сложив $(3)$ и $(4)$ получим, что

2T5;1;0+ 2T2;2;2 ≥ 2T4;2;0+2T3;2;1 ≥2T3;3;0+ 2T3;2;1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 40#129922Максимум баллов за задание: 7

Федя записал дробь $4-, 11$ Лена записала дробь $7-, 19$ а Даня записал дробь $a, b$ которая находится в интервале $(4-; 7). 1119$ Каково наименьшее возможное значение $b?$

Источники: Бельчонок - 2025, Вариант 1, 10.2 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Запишите принадлежность числа интервалу при помощи неравенства.

Подсказка 2

Удобно ли работать с двойным неравенством?

Подсказка 3

С двумя отдельными неравенствами явно приятнее работать. Кроме того, давайте сделаем их еще более "приятными": оставьте в одной их частей каждого неравенства 0.

Подсказка 4

Как можно воспользоваться тем, что а и b — целые числа?

Подсказка 5

Нет дробей — нет проблем. Чем нам может помочь знак неравенств?

Подсказка 6

Если целое число больше 0, то какое наименьшее значение оно может принимать? С учетом этого можно получить два нестрогих неравенства.

Подсказка 7

А теперь давайте вернемся к двум неравенствам вида "выражение" > 0. И там, и там есть некоторый повторяющийся элемент. Что можно сделать с двумя отдельными неравенствами в этом случае?

Подсказка 8

Конечно, сложить их! Разве тогда сумма не определится однозначно? Кроме того, с помощью полученных ранее оценок можно оценить пары соответствующих разностей.

Подсказка 9

Если числитель дроби не меньше некоторого значения, то какие значения может принимать сама дробь?

Подсказка 10

Вы знаете, чему равна сумма и меньше какого значения она быть не может. Осталось оценить b и подобрать соответствующее ему а. Не забудьте проверить, что действительно можно получить дробь в нужном диапазоне и мы ничего не упустили!

Показать ответ и решение

Из условия