Тема АЛГЕБРА

Классические неравенства → .05 Неравенство КБШ для наборов, КБШ для дробей (неравенство Седракяна)

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#74142Максимум баллов за задание: 7

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

----12---- -1-- -1-- -1-- -1-- -1-- -1-- 3( 1 1 1 1) a +b+ c+ d ≤ a+ b + a+ c + a+ d + b+ c + b+ d + c+ d ≤ 4 a + b + c +d

Показать доказательство

Воспользуемся КБШ для дробей:

1 1 1 1 1 1 (1+ 1+1 +1+ 1+ 1)2 a-+b + a+-c + a+-d + b+-c + b+-d + c+-d ≥-3(a-+b+-c+-d) =

= ----12----- a+ b+c+ d

Воспользуемся КБШ для дробей для правой части следующим образом:

( ) ( ) 3 1+ 1+ 1+ 1 = 1 3+ 3+ 3 + 3 = 4 a b c d 4 a b c d

3 ( 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ) = 4 (a + b)+ (a + c)+ (a + d)+(b +c)+ (b + d)+ (c + d) ≥

( ) ≥ 1 -4--+ -4--+--4- + -4--+--4- +--4- = 4 a+b a+c a +d b+c b+ d c+ d

= -1--+ -1--+ -1--+ -1--+ -1--+--1- a+ b a+c a+d b+c b+d c +d

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#74143Максимум баллов за задание: 7

Для положительных $a,b,c$ докажите неравенство

--a- --b- --c- --d- b+ c + c+ d + d+ a + a+ b ≥ 2

Показать доказательство

Домножим каждую дробь на ее числитель. Получим:

-a2--- --b2- -c2--- --d2-- ab+ac + bc+ bd + cd+ ca + da+ db

Теперь можем воспользоваться КБШ для дробей:

a2 b2 c2 d2 (a+b +c+ d)2 ab+-ac + bc+bd + cd+-ca-+ da-+db-≥ab+-ac+ad-+bc+-bd+-cd+-2(ac+-bd)

Докажем огрубленное неравенство:

--------(a+-b+-c+d)2---------≥2 ab+ac+ ad+ bc+ bd+ cd+ 2(ac+ bd)

Теперь домножив обе части неравенства на знаменатель и раскрыв квадрат получим:

2 2 2 2 a + b+ c + d ≥2ac+ 2bd

(a− c)2+ (b− d)2 ≥ 0

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#74146Максимум баллов за задание: 7

Для положительных чисел $a ,a ,...,a 1 2 n$ и $b ,b,...,b 1 2 n$ докажите неравенство

(a1 a2 an) 2 (a1b1+a2b2+ ...+anbn) b1 + b2 +...+ bn ≥ (a1+ a2+...+an) .

Показать доказательство

Воспользуемся КБШ для наборов: $(√a-b-,√a--b,...,√a-b) 1 1 22 nn$ и

$∘ a1∘ a2 ∘-an- ( b1, b2,..., bn)$ :

(∘ ---2 ∘---2 ∘ ---2)(∘ a-2 ∘ a-2 ∘ a-2) a1b1 + a2b2+ ...+ anbn b1 + b2 +...+ bn ≥ 1 2 n

≥ (√a-2+√a-2 +...+ √a-2)2 = (a +a + ...+ a )2 1 2 n 1 2 n

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#74147Максимум баллов за задание: 7

Для положительных чисел $a ,a ,...,a 1 2 n$ и $b ,b,...,b 1 2 n$ докажите неравенство

( 2 2 2)( -1-- --1- -1--) 2 (a1+ b1) + (a2+ b2) + ...+ (an+ bn) a1b1 +a2b2 + ...+ anbn ≥ 4n

Показать доказательство

Сделаем замену в левой скобке, с помощью неравенства о средних:

$2 2 (ai + bi)≥ 4aibi$ :

( 2 2 2)( 1 1 1 ) (a1 +b1) +(a2+b2) +...+(an+ bn) a1b1 + a2b2-+...+anbn ≥

( ) ≥ 4(a1b1+a2b2+...+anbn) -1--+ -1-+ ...+ --1- a1b1 a2b2 anbn

Воспользуемся КБШ для наборов: $(√a1b1,√a2b2,...,√anbn)$ и

$(∘--1-,∘ -1-,...,∘ -1-) a1b1 a2b2 anbn$ :

4(ab + ab + ...+ a b)( -1-+ -1--+...+ -1-) ≥ 1 1 22 nn a1b1 a2b2 anbn

( ab a b a b )2 ≥4 a1b1-+a2b2+ ...+ annb- = 4n2 11 2 2 nn

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#31391Максимум баллов за задание: 7

Решите уравнение

3sinx +4cos3x cosx+ 2sin5x =7

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте перобразуем два первых слагаемых в левой части и попробуем сделать перед синусом и косинусом коэффициенты такие, чтобы для них выполнялось тригонометрическое тождество. А затем воспользуемся методом вспомогательного угла.

Подсказка 2

Например, это можно сделать так - разделив на корень из суммы квадратов коэффициентов, которая в нашем случае равна: √(9+ 16cos^2(3x))
Затем попробуйте свернуть по формуле вспомогательного угла

Подсказка 3

Получился синус суммы на страшный коэффициент! 2sin(5x) легко оценятся двойкой, давайте попробуем оценить нашу сумму двух первых слагаемых тогда пятеркой! (7-2)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Преобразуем два первых слагаемых в левой части с помощью метода вспомогательного угла и оценим их:

∘ ----------- ( ( 3 ) ) ∘ ----------- √----- 3sin(x)+ 4cos(3x)cos(x)= 9+16cos2(3x)sin x+ arccos ∘9-+16cos2(3x) ≤ 9+ 16cos2(3x)≤ 9+ 16 =5

А $2sin(5x)$ не превосходит $2$ , значит, вся сумма слева не больше $7$ . Следовательно, равенство возможно тогда и только тогда, когда справедлива следующая система:

(|| cos2(3x)=1 (| |||{ ( ( )) |||{ sin(3x)= 0 | sin x+ arccos √9+136cos2(3x) =1 ⇐⇒ | sin(x+ arccos(35))= 1 ||||( |||( sin(5x)=1 sin(5x)= 1

Со вторым уравнением работать не хочется, давайте решим сначала первое и третье. Первое уравнение системы имеет решения $πk x= 3$ , третье — $x = π-+ 2πn 10 5$ , где $n,k∈ℤ$ . Тогда получаем $30x =10k= 3+ 12n π$ . Но $10k− 12n$ делится на $2$ , а на $3$ не делится, так что таких целых чисел $n$ и $k$ не существует. Значит, система, также как и исходное уравнение, не имеет решений.

Второе решение.

По неравенству Коши-Буняковского

(3⋅sinx+ 4cos3x⋅cosx)2 ≤(32+(4cos3x)2)⋅(sin2x+ cos2x)≤ 32+42 =25

Отсюда можно получить оценку на левую часть уравнения:

√ -- 3sinx +4cos3xcosx+ 2sin5x ≤ 25 +2sin 5x ≤5 +2= 7

Для того, чтобы достигалось равенство (исходя из уравнения), должно

1) Достигаться равенство в неравенстве Коши-Буняковского $⇐ ⇒ sinx= k⋅3,cosx= k⋅4cos3x;$

2) Достигаться равенство в оценке на квадрат косинуса $⇐⇒ cos3x =±1;$

3) Достигаться равенство в оценке на синус: $sin5x= 1.$

Из условий (2) и (3) получаем, что $cos2x= 0 ⇐⇒ cosx= ± sinx$ , а из первого: $sin x⋅4cos3x= 3⋅cosx$ . Отсюда приходим к уравнению $cos3x =± 3, 4$ которое противоречит условию (2).

Ответ:

таких $x$ нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#37838Максимум баллов за задание: 7

Решите уравнение

√- √- 2 3sin5x− 3sin x= cos24xcosx +2cos5x− 6

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

1) У нас есть странное уравнение, в правой части которого есть корни из 3. Кажется, что это отделенно похоже на умноженный на что-то синус или косинус известного нам угла. ДАвайте попробуем вынести 4 из первых двух слагаемых, и получить синус суммы. Что теперь можно сказать про оценку?

Подсказка 2!

2) Давайте оценим первое новое слагаемое через 4, тогда остаток должен быть больше или равен 2. Посмотрим на него. Хм, если вынести 2, тоже очень похоже на косинус суммы! только cos(24x) немного мешает...

Подсказка 3!

3) Верно, давайте оценим его, для этого пусть он не равен -+1, как тогда в таком случае оценить выражение, чтобы получить из него синус суммы или разности?

Подсказка 4!

4) Ага, случаи равенства -+ 1 нужно аккуратно разобрать отдельно!

Показать ответ и решение

Первое решение.

Уравнение эквивалетно:

$√ - √- 2 3sin5x− 2cos5x− 3sin x− cos24xcosx =6.$

Соответственно должно выполняться $√ - √- 6= |2 3sin5x− 2cos5x− 3sin x− cos24x cosx|.$

Но по неравенству треугольника $√- √ - √ - √- |2 3sin5x− 2cos5x − 3sinx− cos24xcosx|≤ |2 3sin5x− 2cos5x|+|− 3sinx − cos24x cosx|,$

а по неравенству Коши-Буняковского $√- ∘ ----------2------2--- |2 3sin 5x − 2cos5x|≤ (4 ⋅3+ 4)⋅(sin 5x+ cos5x)= 4$ и $√- ∘ ---2----------2-----2-- |− 3sinx − cos24xcosx|≤ (cos 24x +3)⋅(sin x+ cos x)≤2.$

Оба слагаемых не больше $6$ , соответственно получаем оценку на модуль, который должен быть равен $6$ . Итак, во всех неравенствах выше должно достигаться равенство. Приходим к итоговой системе из первого решения.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Перепишем равенство в виде

( √ - ) ( √ - ) 6 =4 −--3sin5x+ 1cos5x + 2 1 cos24xcosx +--3sinx 2 2 2 2

( ) ( √- ) 6 =4sin 5x+ 56π + 2 12 cos24xcosx + 23sinx

Очевидно, что первое слагаемое не больше $4$ . Тогда второе не меньше $2$ . Пусть $cos24x⁄= ±1$ . Разберём $0≤ cos24x< 1$ . Если $cosx> 0$ , то

( 1 √3 ) ( 1 √3 ) ( π ) 2 2cos24xcosx+ -2-sinx <2 2cosx+ 2-sin x = 2sin x +-6

То есть равенство $2$ не достигается. Если $cosx≤ 0$ , то

( √- ) ( √- ) 2 1cos24xcosx+ -3-sinx ≤2 -3sinx = √3sinx< 2 2 2 2

Аналогично разбирается $cos24x< 0$ . То есть $cos24x =±1$ . Рассмотрим $cos24x =1$ , получим

( ( 5π) ( π- 2πn |{ sin(5x+π6) = 1 |{ x= −π 15 + 5 |( sin x+ 6 = 1 ⇐⇒ |( x= 3πm+2πk cos24x= 1 x= -12-

Легко видеть, что останется только $π x= 3 +2πk$ , далее $cos24x= −1$ , здесь

( sin(5x+ 5π)= 1 ( x= − π-+ 2πn |{ ( π6) ⇐⇒ |{ 2π15 5 |( sin x− 6 = 1 |( x= -3π +2ππmk cos24x= −1 x= 24 + 12

Здесь у второго и третьего уравнения нет общих корней, потому решений нет.

Ответ:

$π + 2πk, k∈ℤ 3$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#73535Максимум баллов за задание: 7

Для положительных чисел $x ,x ,...,x ,y ,y,...,y 1 2 100 1 2 100$ докажите неравенство

∑100 √x--1+√y- ≥∘-∑100-1000∘-∑100-- i=1 i i i=1xi+ i=1yi

Показать доказательство

Применим КБШ для наборов $∘ √-1√--- xi+ yi$ и $∘ √x-+-√y- i i$

(1∑00 ) (10∑0 -- --) √x-1+-√y- ⋅ √ xi+ √yi) ≥ 1002 i=1 i i i=1

Получаем, что левая часть исходного неравенства не меньше $1002∕∑100(√xi+ √yi). i=1$ Осталось доказать, что

-----1002---- -------1000------- ∑10i0=1(√xi+ √yi) ≥ ∘∑100-xi+∘ ∑100yi i=1 i=1

После равносильных преобразований получается нам надо доказать неравенства

1∑00 √-- ┌││10∑0--- xi ≤ 10∘ xi i=1 i=1

100 ┌│100--- ∑ √yi ≤ 10│∘ ∑ yi i=1 i=1

Это верно по неравенству о среднем арифметическом и квадратическом:

∘ ------- ∑10i=01√xi- ∑10i=01-xi 100 ≤ 100

∑ √ -- ∘ ∑------ --10i=01--yi-≤ --1i=001-yi 100 100

После преобразований это будет ровно то, что нам нужно. Значит, и наше исходное неравенство верно.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#74938Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что для положительных $x ,x ,...,x 1 2 n$ имеет место неравенство

√ -- √ -- √ --2 n(x1+ x2 +...+xn)≥ ( x1+ x2+...+ xn)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Произведение каких-то двух функций больше или равно квадрату третьей... Выглядит очень знакомо, напоминает неравенство КБШ. Для решения задачи нужно только переписать исходное неравенство в стандартном виде КБШ. Что для этого нужно сделать?

Подсказка 2

Верно, каждое слагаемое второй скобки представимо в виде (√x)², в то время как n - тоже сумма квадратов каких-то элементов. Осталось только понять, каких, помня о неравенстве КБШ

Показать доказательство

Заметим, что это неравенство КБШ для набора $(√x-;√x-;...;√x-) 1 2 n$ и набора из $n$ единиц, значит, оно верно.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#74939Максимум баллов за задание: 7

Для положительных чисел $a ,a ,...,a 1 2 n$ таких, что $a + a + ...+a =1 1 2 n$ , докажите неравенство:

( 1)2 ( 1)2 ( 1)2 (n2+ 1)2 a1 +a- + a2+ a- + ...+ an+ an ≥ ---n--- 1 2

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Внешне неравенство напоминает неравенство КБШ, но n в знаменателе справа явно не вписывается - попробуем перекинуть его влево. Так как n - это сумма квадратов n единиц, то можно записать неравенство КБШ для левой части неравенства. Как бы доказать, что полученное ограничение не меньше правой части неравенства?🤔🤔

Подсказка 2

Вспомните про равенство из условия! Подставим его в наше выражение. Тогда получается, сумма чисел, обратных a, не меньше n²... Снова с одной стороны сумма, а с другой квадраты... что это нам напоминает?

Подсказка 3

Верно, снова неравенство КБШ! в прошлый раз мы домножали на сумму n единиц, в этот раз левая часть делится разве что на 1... На какую сумму мы можем разложить единицу?

Подсказка 4

Конечно, это сумма всех а! Тогда остаётся только написать неравенство КБШ для правой части и подтвердить, что она не больше n²

Показать доказательство

Запишем неравенство КБШ для набора из $n$ единиц и набора $(a + 1;a + 1-;...;a + -1) 1 a1 2 a2 n an$ :

( ( 1 )2 ( 1)2 ( 1 )2) ( 1 1)2 n a1+ a1 + a2+ a2- +...+ an + an- ≥ a1+ a1 + ...an+ an .

Достаточно доказать, что:

( 1- 1-)2 ( 2 )2 -1 -1 2 a1+ a1 + ...an+ an ≥ n + 1 ⇔ a1+ a1 +...an +an ≥ n +1

Заменим $a1 +a2+ ...+ an$ на $1$ и вычтем $1$ слева и справа:

1 1 1 a1-+ a2 + ...+ an ≥ n2

Сумма переменных по условию равна одному, поэтому последнее неравенство равносильно следующему:

( ) (a1 +a2+ ...+ an) 1-+ 1-+ ...+ 1- ≥n2 a1 a2 an

а это сразу следует из неравенства КБШ.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#74940Максимум баллов за задание: 7

Для вещественных чисел $a$ , $b$ , $c$ , $d$ , $e$ , больших 1, докажите неравенство

-a2-- -b2-- -c2-- -d2-- -e2-- c− 1 + d− 1 + e− 1 + a− 1 + b− 1 ≥20.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В условии видим дроби, неравенство, так еще и оценка снизу. Давайте применим КБШ для дробей и подумаем, как это может помочь.

Подсказка 2

По неравенству КБШ для дробей, мы получили, что наша сумма дробей из условия больше либо ровна следующей дроби (a + b + c + d + e)² / (a + b + c + d + e - 5). Если мы докажем, что она больше либо ровна 20, то докажем неравенство из условия.

Показать доказательство

По неравенству КБШ для дробей имеем:

-a2- -b2- -c2- -d2- -e2- -(a+-b+-c+d-+e)2 c− 1 + d− 1 + e− 1 + a− 1 + b− 1 ≥ a+ b+ c+d +e− 5

Покажем, что:

(a +b+ c+ d+e)2 a-+b+-c+-d+e−-5 ≥20

Переменные больше $1$ , а значит знаменатель положительный, тогда на него можно домножить и получится следующее неравенство:

(a+ b+ c+d +e)2 ≥20(a+ b+c+ d+ e)− 100⇔ (a+ b+c+ d+ e− 10)2 ≥ 0

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#74941Максимум баллов за задание: 7

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

--a-- --b-- -c--- a+ 2b + b+ 2c + c+2a ≥1

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Конечно, мы можем применить неравенство КБШ для дробей для изначальной суммы, но давайте подумаем, удобно ли нам будет дальше работать с радикалами?

Подсказка 2

Чтобы получить в числителях дробей квадраты, мы можем умножить и разделить каждую дробь на ее числитель. Как в таком случае будет выглядеть КБШ для данной суммы дробей?

Подсказка 3

Наше выражение будет больше либо равно дроби (a + b + c)² / (a² + 2ab + b² + 2bc + c² + 2ac). Что за формулу мы видим в знаменателе?

Показать доказательство

Домножим каждую дробь на такую переменную, чтобы числитель стал квадратом, далее применим неравенство КБШ для дробей:

a b c a2 b2 c2 a-+2b + b+-2c + c+2a-= a2+2ab + b2+-2bc + c2+-2ca ≥

2 2 ≥ a2-+b2+(ac2++b2+acb)+-2ac+-2bc-= (a(a-++bb++-cc))2-=1

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#74942Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что при любых положительных $a ,a ,a,...,a 1 2 3 n$ выполнено неравенство

1 (a1+ a2+ ...+an)2 a1 a2 an 2 ⋅(a2+a2+-...+-a2n) ≤ a2+-a3 + a3+-a4-+...+a1-+a2 1 2

Подсказки к задаче

Подсказка 1

«В лоб» применить КБШ здесь будет плохой идеей, так как не ясно, что потом делать с корнями. Поэтому воспользуемся приемом из предыдущей задачи, домножим и разделим каждую дробь на ее числитель.

Подсказка 2

Давайте запишем КБШ для дробей для суммы в правой части, уже после преобразования. Какое эквивалентное условию неравенство мы тогда сможем записать?

Подсказка 3

С помощью КБШ мы получили оценку снизу с таким же числителем, как у левой части неравенства из условия, тогда для доказательства изначального уравнения, нам нужно будет лишь сравнить знаменатели, а неравенство эквивалентное условию будет выглядеть следующим образом: 2(a₁² + a₂² + … + aₙ²) ≥ a₁a₂ + a₂a₃ + … aₙa₁ + aₙa₂;

Подсказка 4

Слева в полученном неравенстве мы имеем сумму квадратов n чисел, а справа какие-то пары произведений. Какое классическое неравенство помогает нам «превращать» сумму в произведение?

Подсказка 5

Конечно! Мы можем применить неравенство о средних для среднего арифметического и среднего геометрического, внимательно посмотрите, сколько раз встречается каждое из чисел a₁, a₂, a₃, …, aₙ в сумме произведений и исходят из этого определите, как мы можем применить неравенство о средних.

Показать доказательство

Домножим каждую дробь на её числитель и применим неравенство КБШ для дробей к правой части:

(a1+a2+ ...+ an)2 a2 a2 a2 a1a2-+a1a3+...+ana1+-ana2-≤ a1a2+1a1a3 + a2a3+2a2a4 + ...+ ana1-n+ana2.

Покажем, что:

2 2 1⋅ ((a1+a2+-...+-an))-≤----(a1-+a2+-...+-an)-----⇔ 2 a21+ a22+...+a2n a1a2+ a1a3+...+ana1+ ana2

2 2 2 2(a1+ a2+ ...+ an)≥ a1a2+a1a3+ ...+ ana1+ ana2.

Запишем неравенства о средних, чтобы доказать последнее неравенство:

a21+-a22- 2 ≥ a1a2,

2 2 a1+-a3-≥ a1a3, 2

a21+-a2n−1- 2 ≥ a1an−1,

a2+a2 -12-n-≥ a1an.

Если выписать такие неравенства для всех пар, для которых нужно(каждая переменная участвует в четырёх неравенствах) и просуммировать их, то получим требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#74943Максимум баллов за задание: 7

Для всех положительных чисел $x,x ,...,x 1 2 n$ , сумма которых равна 1, докажите неравенство

√---- √-- √-- √-- √----- √ ----- √ ----- n− 1( x1+ x2+ ...+ xn)≤ 1− x1+ 1− x2+...+ 1− xn

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Раз у нас есть условие про то, что сумма всех чисел равна единице, то давайте заменим в правой части каждую единичку на сумму) Что-то знакомое уже видно?)

Подсказка 2

Станет легче понять что делать, если поделить все на √(n-1). У вас слева есть сумма корней, а справа - корни из суммы....Как хорошо можно оценить один из корней справа?

Подсказка 3

Кто знает про неравенство между ср.арифм и ср.квадратическим, используйте его! А кто нет, докажите (√(x₂) + .. + √(xₙ))/(n-1) ≤ √((x₂+..+xₙ)/(n-1))

Показать доказательство

В каждом слагаемом правой части заменим $1$ на сумму всех переменных и поделим неравенство на $√n-−-1$ :

√-- √-- √-- ∘-x2+x3+-...+-xn ∘ x1+x2+-...+-xn−1- x1+ x2+ ...+ xn ≤ ----n-− 1----+ ...+ -----n-− 1-----.

Заметим, что имеет место следующее неравенство КБШ:

(√x2-+√x3-+...+√xn)2 ≤ (n− 1)(x2+ x3 +...+ xn),

откуда:

√-- √-- √-- ∘-------------- -x2+--x3+-...+--xn-≤ x2+-x3+-...+-xn. n− 1 n− 1

Осталось записать такое же неравенство для каждого слагаемого правой части и просуммировать их, тогда получим в точности требуемое неравенство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 34#74944Максимум баллов за задание: 7

Для вещественных чисел $x,y,z ≥ 1$ выполнено условие $1+ 1 + 1 =2 x y z$ . Докажите, что

√------- √---- ∘---- √---- x+ y+ z ≥ x− 1+ y − 1 + z − 1

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какие же наборы чисел брать для неравенства КБШ? Попробуйте создать их "искусственно". К тому же можно возвести неравенство в квадрат и из-за знака понять, где у вас будет произведение скобок, а где квадрат попарного произведения.

Показать доказательство

Условие

1 1 1 x + y + z = 2

равносильно

x−-1+ y−-1+ z−-1 =1 x y z

Запишем неравенство КБШ для наборов $(√x,√y,√z)$ и $∘----∘ ---∘ --- ( x−x1; y−y1, z−z1)$ :

( ) (x+ y+z) x− 1-+ y−-1+ z−-1 ≥ (√x−-1+ ∘y-− 1-+√z-− 1)2 x y z

Осталось заменить вторую скобку левой части на 1, извлечь квадратный корень и получить требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 35#135027Максимум баллов за задание: 7

Даны неотрицательные числа $a,b,c,d$ такие, что $a+b+ c+ d= 8.$ Докажите, что

---a3--- ---b3-- ---c3---- ---d3--- a2+ b+c +b2+ c+ d + c2+d +a +d2+ a+ b ≥ 4.

Источники: ВСОШ, РЭ, 2022, 11.10 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Первое решение. Заметим, что

a3 a(b+ c) a(b+ c) √b-+c- a2-+b+-c = a− a2+-b+c-≥a −2a√b+-c = a−-2--.

Здесь мы оценили знаменатель по неравенству о средних:

a2 +b+ c≥ 2a√b-+c.

Сложим полученное неравенство с тремя аналогичными. Теперь нам достаточно доказать, что

√---- √ ---- √ ---- √---- a+ b+c+ d− -a+-b− --b+c −--c+d − -d+-a≥ 4. 2 2 2 2

Поскольку

a+ b+ c+d =8,

это равносильно неравенству

√ ---- √---- √---- √ ---- --a+-b+ -b+-c+ -c+-d+ --d+a-≤ 4. 2 2 2 2

Но из неравенства между средним арифметическим и средним квадратичным мы получаем, что

√a-+-b √c+-d ∘ (√a+-b)2-+(√c+-d)2- --2-- + --2--≤ ⋅-------2------- =2,

и, аналогично,

√---- √---- -b+-c+ -d+-a-≤2. 2 2

Складывая эти два неравенства, получаем требуемое.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. По неравенству Коши-Буняковского-Шварца в форме Энгеля

---a3---- ---b3-- ---c3---- ---d3--- a2+ b+c + b2+ c+d + c2 +d+ a + d2+ a+ b ≥

2 2 2 22 ≥ --2----------2(a-+b-+-c-+2d-)-------2------. a(a + b+ c)+ b(b + c+d)+ c(c + d+ a)+ d(d + a+ b)

Таким образом, достаточно доказать, что

(a2+ b2+c2+ d2)2 ≥ 4(a3+ b3+c3+ d3+ ab+ bc+cd+ da+ 2ac+ 2bd).

Заметим, что

32= (a-+b+-c+-d)2-=ab+ bc +cd+ da+ac+ bd+ a2-+c2+ b2+-d2-≥ 2 2 2

≥ ab+bc+ cd+da+ 2ac+2bd

поэтому достаточно проверить, что

2 2 2 2 2 3 3 3 3 (a + b+ c + d) ≥ 4(a + b +c + d +32). (∗)

Сделаем замену

a= 2+ x, b =2+ y, c= 2+ z, d =2 +t.

Тогда

x +y+ z+ t=a +b+ c+ d− 8 =0,

a2 +b2+ c2 +d2 = 4⋅22+2 ⋅2(x+ y+ z+t)+ x2+y2+ z2+ t2 = 16+ x2+y2+ z2+ t2,

a3+ b3 +c3+ d3 =4 ⋅23+ 3⋅22(x+ y+ z+ t)+ 3⋅2(x2+ y2+ z2 +t2)+x3+ y3+z3+ t3.

Неравенство $(∗)$ примет вид

((x2+ y2+ z2 +t2)+16)2 ≥4 (x3+ y3+ z3 +t3+ 6(x2+ y2+z2+ t2)+ 64).

После раскрытия и сокращения остаётся доказать, что

(x2+ y2+ z2 +t2)2+ 8(x2 +y2+ z2+t2)≥4(x3+ y3 +z3+ t3).

Остаётся заметить, что

(x2+ y2+ z2+t2)2+ 8(x2 +y2+ z2+t2)≥ x4 +y4+ z4+t4+ 4x2 +4y2+ 4z2+ 4t2 ≥4(x3+ y3 +z3+ t3).

Первое неравенство получается раскрытием скобок: после сокращения в левой его части остаются лишь неотрицательные слагаемые. Второе получается сложением четырёх неравенств о средних вида $4 2 3 x + 4x ≥ 4x.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 36#71960Максимум баллов за задание: 7

Квадрат разрезан на красные и синие прямоугольники. Сумма площадей красных прямоугольников равна сумме площадей синих. Для каждого синего прямоугольника запишем отношение длины его вертикальной стороны к длине горизонтальной, а для каждого красного прямоугольника — отношение длины его горизонтальной стороны к длине вертикальной. Найдите наименьшее возможное значение суммы всех записанных чисел.

Источники: СпбОШ - 2021, задача 11.7(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала попробуйте порешать задачу на несложных разрезаниях и угадать ответ. Не умаляя общности, будем считать, что сторона исходного квадрата равна 1. Понятно, что в этой задаче нам пригодится обозначить каждую из сторон каждого прямоугольника с помощью переменных. Давайте сделаем это так: a_k, b_k — соответственно длины вертикальной и горизонтальной сторон k-го синего прямоугольника, а c_k, d_k — аналогично у красных. Какие равенства можно записать по условию и что нам нужно максимизировать?

Подсказка 2

Запишем условие на равенство сумм площадей (кстати, несложно посчитать, чему равны такие суммы!). Если стороны всех прямоугольников не превосходят 1, то как тогда можно оценить нужные нам суммы отношений при помощи сумм площадей?

Подсказка 3

Суммы отношений вертикальных сторон к горизонтальным не меньше, чем суммы площадей, т.е. не меньше 1/2! Заметим, что при самом тривиальном разрезании (на 2 равных прямоугольника) одна из сумм именно такая! А что если это — и есть наилучшее разрезание? Теперь попробуем оценить суммы отношений горизонтальной стороны к вертикальной. Что можно сказать про суммы одинаково ориентированных сторон?

Подсказка 4

Хотя бы одна из сумм сторон a_k или d_k не меньше 1! Пусть это верно для a_k. Осталось понять, при помощи какого неравенства можно показать, что сумма отношений a_k/b_k хотя бы 2.

Подсказка 5

Попробуем использовать неравенство Коши-Буняковского, чтобы использовать сумму a_k

Показать ответ и решение

Разрежем единичный квадрат на два равных прямоугольников, сделаем один из них синим, а другой красным. Тогда одно отношение равно $2,$ а другое — $1 2.$

Поскольку в задаче фигурируют только отношения длин сторон, можно считать, что исходный квадрат имел сторону 1. Тогда суммарная площадь прямоугольников каждого цвета равна $1 2.$ Занумеруем синие прямоугольники числами от $1$ до $m,$ а красные прямоугольники числами от $1$ до $n.$ Пусть $ak$ и $bk$ — соответственно длины вертикальной и горизонтальной сторон $k−$ го синего прямоугольника, а $ck$ и $dk$ — соответственно длины вертикальной и горизонтальной сторон $k−$ го красного прямоугольника. Тогда

∑m n∑ akbk = ckdk = 1. k=1 k=1 2

Так как стороны всех прямоугольников не превосходят $1,$ имеем

m∑ ak ∑m 1 n∑ ck n∑ 1 B = bk ≥ akbk = 2 R = dk-≥ ckdk = 2. k=1 k=1 k=1 k=1

Теперь достаточно показать, что хотя бы одна из сумм $B$ и $R$ не меньше $2.$ Начнём с того, что справедливо хотя бы одно из двух неравенств

m∑ ∑n k=1ak ≥1, k=1dk ≥ 1. (∗)

И в самом деле, спроецируем синие прямоугольники на вертикальную сторону квадрата, а красные — на горизонтальную. Если, например, $m∑ d <1, k=1 k$ то какой-то промежуток на горизонтальной стороне квадрата не будет покрыт проекциями красных прямоугольников. Тогда полоса над этим промежутком полностью синяя, так как в неё не могут залезать красные прямоугольники. Следовательно, сумма длин вертикальных сторон синих прямоугольников, покрывающих эту полосу, не меньше $1,$ и, значит, $m ∑ ak ≥1. k=1$

Пусть для определённости верно первое из неравенств (*). Тогда по неравенству Коши - Буняковского

( )2 ( )2 B-=∑m a b m∑ ak≥ ∑m ∘a-b-ak- = m∑ a ≥1. 2 k=1 k kk=1bk k=1 k kbk k=1 k

Следовательно, $B ≥ 2$ и $B+ R ≥2 + 12 = 52.$

Ответ:

$5 2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 37#73484Максимум баллов за задание: 7

Сумма квадратов трёх положительных чисел $a,b,c$ равна $12.$ Докажите неравенство

--a4-- --b4--- --c4-- √b3+1-+ √c3+-1 + √a3+-1 ≥ 16

Показать доказательство

Оценим каждую дробь по неравенству о средних следующим образом:

--a4-- -------a4------- ------2a4------ -2a4-- √b3+-1 = ∘ (b+-1)(b2−-b+1) ≥ (b+ 1)+ (b2− b+ 1) = b2 +2

Теперь по неравенству Коши-Буняковского-Шварца

( 4 ) ( ) ∑ -a2--- ∑ (b2+2) ≥ (a2+ b2+ c2)2 = 144 b +2

Для наборов вида $(( ) ( ) ( )) √-a2-- ; √b2-- ; √-c2-- b2+2 c2+2 a2+2$ и $((√b2-+2));(√c2+2));(√a2+-2))$ .

При этом $(∑ 2 ) (b + 2) =18.$ Следовательно, исходное выражении больше или равно $2⋅144∕18 =16,$ что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 38#75859Максимум баллов за задание: 7

Найдите наибольшее вещественное $a$ такое, что для всех натуральных $n ≥1$ и всех вещественных чисел $0 =x <x < x < ...< x 0 1 2 n$ выполнено неравенство

1 1 1 ( 2 3 n+ 1) x1−-x0 + x2− x1-+...+xn-− xn−1 ≥a x1 + x2 + ...+-xn

Источники: IMO Shortlist, 2016, A8

Показать ответ и решение

Сначала покажем, что при $a= 4 9$ неравенство верно при любом выборе переменных. Для каждого $2≤ k≤n$ по неравенству Коши-Буняковского-Шварца имеем

((k− 1)2 32 ) 2 (xk− 1+(xk− xk− 1)) -xk−1- +xk-− xk−1 ≥(k− 1+ 3)

который можно переписать как

2 2 ---9----≥ (k+-2) − (k-− 1) xk − xk−1 xk xk− 1

Суммируя последние неравенства для $k =2,3,...,n$ и прибавляя к обеим частям $9-, x1$ имеем

n∑ ----1--- ∑n k+-1 n2 ∑n k+-1 9k=1xk − xk−1 ≥ 4k=1 xk + xn > 4k=1 xk

Это показывает, что исходное неравенство справедливо для $a= 49.$

Теперь достаточно показать, что $a= 49$ — наибольшее среди всех возможных значений $a.$ Рассмотрим последовательность, определенную $x0 = 0$ и $xk = xk−1+k(k+ 1)$ для $k≥ 1,$ то есть $xk = 13k(k +1)(k+ 2).$ Тогда левая часть исходного неравенства равна

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

а правая часть равна

n∑ k+1 n∑ 1 3 ∑n (1 1 ) 3 ( 1 1 1 ) a -xk--= 3a k(k+-2) = 2a k − k+-2 = 2 1+ 2 − n+-1 − n-+2 a k=1 k=1 k=1

Когда $n$ стремится к бесконечности, левая часть стремится к $1,$ а правая — к $9a. 4$ Следовательно, $a$ должно быть не более $4. 9$ Следовательно, наибольшее значение $a$ равно $4. 9$

Ответ:

$4 9$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 39#69925Максимум баллов за задание: 7

Бумажный квадрат со стороной $100$ разрезали $99$ вертикальными и $99$ горизонтальными прямыми, получив таким образом $10000$ прямоугольников (необязательно с целыми сторонами). У какого наименьшего количества прямоугольников площадь может оказаться меньшей или равной $1?$

Источники: СпбОШ - 2015, задача 11.5(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Такс... сперва давайте обозначим как-то длины отрезков, на которые разбиты стороны. Например, пусть одна сторона разбита на отрезки a₁ ≤ a₂ ≤ ... ≤ a₁₀₀, а другая на отрезки b₁ ≤ b₂ ≤ ... ≤ b₁₀₀. На какую оценку намекает формула площади прямоугольника и сумма длин отрезков?)

Подсказка 2

Конечно! Т.к. площадь прямоугольника это ab, то можно воспользоваться неравенством о средних. Как это сделать?

Подсказка 3

Давайте рассмотрим числа √a₁*√b₁₀₀, √a₂* √b₉₉, ..., √a₁₀₀*√b₁. По неравенству о средних √a*√b ≤ (a+b)/2. Как тогда можно оценить сумму этих чисел?

Подсказка 4

Да! Их сумма не превосходит половины суммы всех aᵢ и bᵢ, т.е. не превосходит 100. О чем это говорит?

Подсказка 5

Верно! Тогда можно сказать, что найдётся такой номер j, что aⱼb₁₀₀ -ⱼ≤ 1. Теперь осталось рассмотреть индексы, меньше j для a и 100 - j для b и показать, что таких пар ≥100. Не забудем построить пример!!!

Показать ответ и решение

Пример.

Одну из сторон разобьём на $100$ отрезков длины $1,$ а другую — на $99$ отрезков длины $1,01$ и оставшийся отрезок длины $0,01$ . Тогда только $100$ прямоугольников с узкой стороной длины $0,01$ имеют площадь меньше $1.$
Оценка.

Первый способ
Пусть одна из сторон разбита на отрезки длины $a1 ≤ a2 ≤...≤a100,$ а другая — на отрезки $b1 ≤b2 ≤ ...≤ b100.$ Рассмотрим числа $√ -----√---- a1b100, a2b99$ , $√ ----- ..., a100b1.$ В силу неравенства $√ -- a+b ab ≤ 2 ,$ сумма всех этих чисел не превосходит половины суммы всех $ai$ и $bi,$ т.е. не превосходит $100.$ Поэтому найдётся такой номер $j,$ что $ajb101−j ≤ 1.$ Но тогда и для всех пар $k,n$ при $k ≤j,n≤ 101− j$ тоже выполнено неравенство $akbn ≤ 1,$ причём количество таких пар равно $j(101− j)≥ 100.$ Это значит, что все прямоугольники со сторонами $ak$ и $bn$ имеют площадь не больше $1,$ и число этих прямоугольников не меньше $100.$
Второй способ
Пусть одна из сторон разбита на отрезки длины $a0,a1,...,a99,$ а другая — на отрезки $b0,b1,...,b99.$ Для удобства будем считать, что отрезки занумерованы остатками от деления на $100.$ Возьмём произвольное $k$ от $0$ до $99$ и рассмотрим выражение

∘ ---- ----- ----- ------- ( a0bk+ ∘a1bk+1 +∘ a2bk+2+ ...+ ∘a99bk+99)2.

По неравенству Коши-Буняковского-Шварца оно не превосходит

(a0+a1+ ...+ a99)(bk+ bk+1+...+bk+99)= 1002.

Следовательно, $√---- ∘ ----- ∘----- ∘ ------- a0bk+ a1bk+1+ a2bk+2 +...+ a99bk+99 ≤100,$ и значит, одно из его слагаемых не превосходит $1.$ Стало быть, мы доказали существование прямоугольника малой площади, у которого номера сторон различаются ровно на $k.$ А поскольку $k$ может быть любым числом от $0$ до $99,$ существует не менее $100$ таких прямоугольников.

Ответ:

$100$

Предыдущая подтема

Следующая подтема