Тема АЛГЕБРА

Классические неравенства → .02 Правильная замена и преобразование выражений

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 41#80578Максимум 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: Всеросс., 2022, РЭ, 11.10(см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Знаменатель каждой дроби можно оценить хорошо по неравенству о средних, но пока знак не в ту сторону. Попробуйте выделить целую часть в дроби так, чтобы она стала с минусом.

Подсказка 2

Запишем a³/(a² + b + c), как a - a(b + c)/(a² + b + c). Какое неравенство получится, если оценить знаменатель каждой дроби по неравенству о средних?

Подсказка 3

Верно! Получаем после преобразований неравенство √(a+b) + √(b +c) + √(c + d) + √(a + d) ≤ 8. Попробуйте сгруппировать естественным образом слагаемые и каждое из них оценить. Не забывайте, что a + b + c + d = 8!

Показать доказательство

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 среднем квадратичным мы получаем, что

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

и, аналогично,

√---- √---- -b+-c+ -a-+d-≤2 2 2

Складывая эти два неравенства, получаем требуемое.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 42#90924Максимум баллов за задание: 7

Для $a> b> c$ докажите неравенство

--1- --1- a +a − b +b− c ≥ c+ 4

Показать доказательство

Перенесём $c$ влево и обозначим $a− b$ через $x,$ а $b− c$ через $y.$ Тогда неравенство примет следующий вид: $x+ y+ 1+ 1 ≥4. x y$ По условию $x$ и $y$ положительны, а значит по неравенству о средних $1 x+ x ≥ 2.$ То же самое можно сказать про $y.$ Отсюда вытекает требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 43#90925Максимум баллов за задание: 7

Докажите неравенство

∘ ------ ∘ ------ √-- c(a− c)+ c(b− c)≤ ab

для $a≥ c≥0,b≥ c≥ 0.$

Показать доказательство

Сделаем замену $x= a− c,y = b− c,$ тогда неравенство примет вид:

√-- √-- ∘---------- cx+ cy ≤ (x+ c)(y+ c)

После возведения в квадрат, приведения подобных и переноса всех слагаемых в правую часть неравенство превратится в $0 ≤(√xy− c)2.$ Теперь справедливость неравенства очевидна.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 44#90927Максимум баллов за задание: 7

Пусть $a,b,c$ — стороны треугольника. Докажите неравенство

---a--- ---b--- --c---- b+ c− a + a+ c− b + a+b− c ≥ 3

Показать доказательство

Сделаем замены $b+ c− a =x,a+ c− b=y,a+ b− c =z.$ Тогда, во-первых, по неравенству треугольника $x,y,z > 0,$ во-вторых, $y+z x+z x+y a = 2 ,b= 2 ,c= 2 .$ Следовательно, неравенство примет вид:

y+ z x+ z x +y -2x-+ -2y-+ -2z- ≥3

Домножим его на $2$ и запишем в следующем виде:

(x + y)+ (x+ z)+ (y+ z)≥ 6 y x z x z y

По неравенству о средних каждая из скобочек не меньше $2,$ откуда следует требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 45#90928Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что если $a,b∈ [0,1),$ то

ab(1-− a)(1−-b) 1 (1− ab)2 < 4

Показать доказательство

Обозначим $ab$ и $a+b$ через $x$ и $y$ соответственно. Тогда неравенство примет следующий вид:

2 3x + (6− 4y)x − 1< 0

Заметим, что $y = a+ x ≥2√x. a$ Значит, в полученном выше неравенстве можно заменить $y$ на $2√x$ и оно только усилится:

2 2√- 3x − 8x x +6x− 1< 0

Заменим $√x$ на $t$ для удобства:

3t4− 8t3+ 6t2− 1< 0

А это неравенство уже нетрудно свести к $(t− 1)3(3t+1)< 0,$ которое справедливо при $t∈ [0;1).$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 46#90929Максимум баллов за задание: 7

Пусть $a,b,c$ - стороны треугольника с площадью $S.$ Докажите неравенство:

2 2 2 √- 2ab+ 2bc+2ca− a − b − c ≥4 3S

Показать доказательство

Сделаем замену $x= a+ b− c,y = b+c− a,z = a+c− b.$ Понятно, что $a = x+z,b= x+y,c= y+z. 2 2 2$ Тогда по формуле Герона площадь равна $∘ (x+y+z)xyz- ---16---.$ Распишем исходное неравенство через $x,y$ и $z$ и приведём подобные:

∘------------ xy +xz+ yz ≥ 3xyz(x +y+ z)

Возведём в квадрат, приведём подобные и поделим полученное равенство на $xyz :$

xy xz yz -z +-y + x-≥x +y +z

Последнее неравенство верно, так как оно является транснеравенством для наборов $xyz ≥ xzy-≥ yzx-$ и $1z ≥ 1y ≥ 1x$ при $x ≥y ≥z$ (неравенство симметрическое, поэтому другие упорядочивания можно не рассматривать).

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 47#91964Максимум баллов за задание: 7

Среди всех решений неравенства

2 y − x ≥x + 1

найти те, для которых $y− 2x$ принимает наименьшее значение.

Показать ответ и решение

2 2 y− 2x≥ x − x +1≥ (x− 0.5)+ 0.75≥ 0.75

y− 2x ≥0.75

Достигается только при $x= 0,5$ и $y =1,75$ .

Ответ:

$(0,5;1,75)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 48#140563Максимум баллов за задание: 7

Ненулевые числа $x$ и $y$ удовлетворяют неравенствам $x2 − x >y2$ и $y2 − y > x2.$ Какой знак может иметь произведение $xy$ ?

Источники: ВСОШ, РЭ, 2021, 9.2 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение. Сложив неравенства из условия, получим, что $− x− y > 0.$ Перемножив неравенства из условия (это можно делать, поскольку их правые части неотрицательны), получим, что $xy(1 − x − y)> 0.$ Выражение в скобках положительно, поэтому произведение $xy$ также положительно.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Очевидно, что ни одно из чисел $x$ и $y$ не может равняться нулю. Предположим, что одно из них (для определенности $x$ ) положительно. Тогда из первого неравенства в условии получаем

x2 > x2− x > y2 ≥0

и, значит, $x >|y|.$ Следовательно, по второму неравенству из условия

2 2 2 2 y + x> y +|y|≥y − y > x ,

поэтому $y2 > x2− x,$ что противоречит первому неравенству. Таким образом, наше предположение неверно и среди чисел $x$ и $y$ нет положительных. А значит, они оба отрицательны и $xy > 0.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третье решение. Рассмотрим квадратный трехчлен $f(t)=t2− t− y2.$ Его корни равны

1 ∘-----2 1 ∘-----2 t1 = 2(1+ 1 +4y )>0 и t2 = 2(1− 1+ 4y)< 0,

причем

∘1+-4y2 t1 > ---2---> |y|.

Предположим, что $x≥ 0.$ Тогда $f(x)> 0$ и, значит, $x > t1.$ Следовательно,

y2− y− x2 < y2− y − t21 = y2− y − (t1 +y2)= −t1− y <− |y|− y ≤0.

Но это противоречит второму неравенству из условия. Следовательно, $x< 0.$ Аналогично доказывается, что $y < 0$ и, значит, $xy > 0.$

Ответ:

Оно положительно

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 49#140566Максимум баллов за задание: 7

Ненулевые числа $x$ и $y$ удовлетворяют неравенствам $x4− y4 > x$ и $y4 − x4 > y.$ Может ли произведение $xy$ равняться отрицательному числу?

Источники: ВСОШ, РЭ, 2021, 10.2 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение. Докажем, что $xy > 0.$ Предположим противное: $xy < 0$ ( $xy ⁄=0$ по условию). Не умаляя общности, $x> 0,$ $y < 0.$ Сложив данные в условии задачи неравенства, получим $x+y <0,$ т.е. $0< x< −y.$ Следовательно, $4 4 x <y .$ Но тогда $4 4 x< x − y <0$ – противоречие.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Сложив данные в условии задачи неравенства, получим: $x +y < 0.$ Преобразуем данные неравенства к виду: $4 4 x − x> y$ и $4 4 y − y > x$ и перемножим (это можно, так как их правые части положительны). Получим:

(x4− x)(y4− y)>x4y4.

Раскрывая скобки, имеем:

4 4 4 4 44 x y − xy − xy + xy > xy ,

откуда

4 4 −x y− xy + xy > 0,

или

xy(1− x3− y3)>0.

Так как $x< −y,$ то $x3+ y3 < 0,$ значит

1− x3− y3 > 1>0.

Следовательно, $xy > 0.$

Ответ:

не может

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 50#140571Максимум баллов за задание: 7

Ненулевые числа $x$ и $y$ удовлетворяют неравенствам $x4− y4 > x$ и $y4− x4 > y.$ Какой знак может иметь произведение $xy$ (укажите все возможности)?

Источники: ВСОШ, РЭ, 2021, 11.2 (см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение. Сложив данные неравенства, мы получим: $x+ y < 0.$ Преобразуем данные неравенства к виду:

4 4 x − x> y

4 4 y − y > x

и перемножим (это можно делать, так как их правые части положительны). Имеем:

xy(1− x3− y3)>0.

Так как $x< −y,$ то $x3 < −y3,$ то есть $x3+ y3 < 0.$ Поэтому

1− x3− y3 > 1>0.

Значит, $xy$ — положительно.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Докажем, что $xy >0.$ Предположим противное:

xy < 0

( $xy ⁄= 0$ по условию). Не умоляя общности, $x> 0,$ $y < 0.$ Сложив данные неравенства, получим $x+y <0,$ т.е. $0< x< −y.$ Следовательно, $x4 < y4.$ Но тогда $x< x4− y4 < 0$ — противоречие.

Ответ:

знак плюс

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 51#126029Максимум баллов за задание: 7

Даны 50 неотрицательных чисел $a ≤ a ≤ ⋅⋅⋅≤ a ≤ a . 1 2 49 50$ Сумма первых 48 чисел не превышает 50, и сумма двух последних также не превышает 50. Найдите максимальное возможное значение суммы квадратов этих чисел $2 2 2 2 A =a1+ a2+ ⋅⋅⋅+a49+ a50,$ и укажите все последовательности чисел, для которых этот максимум достигается.

Источники: Бельчонок - 2020, 11.5 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем оценить как-то один из одночленов. Удобно оценить a₅₀. Действительно а₅₀ ≤ 50 - a₄₉. Теперь необходимо дать оценку на сумму квадратов, также удобно использовать, что сумма всех чисел не превышает 100.

Подсказка 2

Давайте учтём 2 ограничения из предыдущей подсказки и немного преобразуем наше неравенство. Надо постараться разложить полученное выражение на множители. Ага! Мы получили хорошую оценку на сумму квадратов, теперь надо понять, когда она достигается.

Подсказка 3

Давайте рассмотрим случай, когда может достигаться максимум. Необходимо, чтобы какое-то количество переменных обнулилось, а остальные равнялись какому-то одному числу. Находим 2 подходящих варианта и доказываем, почему другие подойти не могут.

Показать ответ и решение

Из условия следует, что $a ≤50− a 50 49$ и $a + a +...+a + a ≤ 100. 1 2 49 50$ Тогда

2 2 2 2 2 2 2 2 A = a1 +a2+ ...+ a49+ a50 ≤ a1 +a2+ ...+ a49+ (50 − a49)=

2 2 2 2 2 2 2 2 = 50 + a1+ a2+...+2a49− 100a49 ≤50 + a1 +a2+ ...+ 2a49− (a1 +a2+ ...+ a49+ a50)a49 =

= 502+a (a − a )+a (a − a )+...+ a (a − a )+a (a − a ) 1 1 49 2 2 49 48 48 49 49 49 50

Поскольку все выражения в скобках неположительны, максимальное значение $A$ не превышает $502,$ и максимум достигается, когда все слагаемые, начиная со второго, обращаются в $0,$ а ограничение $a49+a50 ≤ 50$ выполняется как равенство. Заметим, что если все выражения в скобках одновременно равны $0,$ то максимум не достигается. Пусть $a1 =a2 = ...= ak = 0,ak+1 = ak+2 = ⋅⋅⋅= a50 =a.$ Если $k =49,$ получаем последовательность $(0,0,...,50),$ для которой достигается максимум $502.$ Если $k∈ {48,47},$ получаем соответственно последовательности $(0,0,...,0,25,25)$ и $(0,0,...,0,25,25,25),$ для которых максимум не достигается. Если $k= 46,$ получаем последовательность $(0,0,...,0,25,25,25,25),$ для которой достигается максимум $502.$ При $k< 46$ нарушаются ограничения $(a49 +a50 = 50,ak+1 = ak+2 =...=a50 = 25,$ но сумма первых $48$ чисел не превышает $50,$ значит, среди них может быть не больше двух элементов, равных $25).$

Ответ:

$502,$ достигается на $(0,0,...,50)$ и $(0,0,...,0,25,25,25,25)$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 52#126031Максимум баллов за задание: 7

Даны 30 действительных чисел $a (1 ≤i≤ 30), i$ удовлетворяющих условиям:

(| 0≤a ≤a ≤ ⋅⋅⋅≤ a ≤a { a +1a + 2⋅⋅⋅+ a ≤ 2930 30 |( 1 2 28 a29+ a30 ≤30

Найдите максимальное возможное значение суммы квадратов этих чисел $A = a2 +a2+ ⋅⋅⋅+ a2+ a2, 1 2 29 30$ и укажите все последовательности чисел, для которых этот максимум достигается.

Источники: Бельчонок - 2020, 11.5 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте преобразовать условия из системы и получить новую оценку.

Подсказка 2

Например, a₃₀ ≤ 30 - a₂₉. Примените это ко 2 неравенству системы.

Подсказка 3

Получится, что a₁ + a₂ + ... + a₃₀ ≤ 60. Тогда какую оценку можно получить для A?

Подсказка 4

С одной стороны, a₃₀ ≤ 30 - a₂₉, можно заменить a₃₀ на 30 - a₂₉. Раскройте скобки.

Подсказка 5

Теперь воспользуемся a₁ + a₂ + ... + a₃₀ ≤ 60. Приведите подобные слагаемые.

Подсказка 6

Получим следующее выражение: 30² + a₁(a₁ - a₂₉) + a₂(a₂ - a₂₉) + … + a₂₈(a₂₈ - a₂₉) + a₂₉(a₂₉ - a₃₀). Заметьте, что числа упорядочены по неубыванию.

Подсказка 7

Значит, все выражения в скобках неположительны. Какое максимальное А тогда возможно?

Подсказка 8

Максимальное значение A не превосходит 30². Когда такое возможно?

Подсказка 9

Когда все слагаемые, начиная со второго, равны 0, а ограничение a₂₉ + a₃₀ ≤ 30 обращается в равенство.

Подсказка 10

Если все выражения в скобках равны 0, то a₁ = a₂ = ... = a₃₀ ≤ 60/30 = 2. Какую оценку можно тогда написать для A?

Подсказка 11

А не превосходит 30 ⋅ 2² < 30², следовательно, максимум не достигается, поэтому сначала числа в последовательности будут равны 0, а начиная с некоторого k будут равны a. Рассмотрите возможные k.

Подсказка 12

Например, если k = 29, получим последовательность (0,0,...,0,30), для которой максимум в 30² достигается.

Подсказка 13

При k < 26 воспользуйтесь условием a₂₉ + a₃₀ = 30.

Показать ответ и решение

Из условия следует, что

a30 ≤30− a29, a1 +a2+ ...+ a29+ a30 ≤60

Тогда

2 2 2 2 2 2 2 2 A = a1 +a2+ ...+ a29+ a30 ≤ a1 +a2+ ...+ a29+ (30 − a29)=

= 302+a2+ a2+ ...+ 2a2 − 60a29 1 2 29

Подставляя неравенство на сумму чисел, получаем

302 +a21+ a22+ ...+2a229− 60a29 ≤ 302+ a21+ a22 +...+ 2a229 − (a1+a2 +...+ a29+a30)a29,

что равно

302+ a1(a1− a29)+a2(a2− a29)+...+a28(a28− a29)+a29(a29− a30)

Так как числа упорядочены по неубыванию, то все выражения в скобках неположительны. Тогда максимальное значение $A$ не превосходит $302,$ и максимум достигается, когда все слагаемые, начиная со второго, равны $0,$ а ограничение $a29+ a30 ≤30$ обращается в равенство.

Если же все в выражения скобках будут равны нулю, то $a1 =a2 =...=a29 = a30 ≤ 6300 =2.$ $A$ в таком случае не превосходит $30⋅22 < 302.$ Максимум не достигается, поэтому сначала числа в последовательности будут равны нулю, а начиная с некоторого $k$ будут равны $a :$

a1 = a2 = ...= ak = 0, ak+1+...+a30 = a

Если $k= 29,$ получаем последовательность $(0,0,0,...,0,30),$ для которой максимум в $302$ достигается.

Если $k= 28$ или $k =27,$ то получаем $(0,0,0,...,0,15,15)$ и $(0,0,0,...,0,15,15,15),$ для которых максимум не достигается.

Если $k= 26,$ то получаем последовательность $(0,0,0,...,0,15,15,15,15),$ для которой достигается максимум в $302.$

Если $k< 26,$ то при условии $a29+a30 = 30,$ получаем, что последние $30 − k >4$ членов последовательности равны $15.$ Тогда сумма всех элементов будет больше 60 — противоречие с условием.

Ответ:

$302,$ последовательности $(0,0,...,30)$ и $(0,0,...,0,15,15,15,15).$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 53#80575Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что $3abc+ a+ b+c ≥2(ab +bc+ ca)$ для любых $a,b,c≥ 1.$ Найдите все случаи равенства.

Показать ответ и решение

Пусть $a =1+ x,b= 1+y,c= 1+ z,$ где $x,y,z ≥0.$ Если подставить это в неравенство, раскрыть все скобки и привести подобные, получится следующее неравенство:

3xyz +xy+ yz+ xz ≥0

Полученное неравенство верно, потому что все переменные неотрицательны.

Разберёмся с равенством. Сумма неотрицательных чисел может быть нулём только если все они равны $0.$ То есть $xyz = xy = yz = xz = 0.$ На самом деле, достаточно равенств $xy = xz = yz = 0.$ Ясно, это будет равенством, если какие-то две переменные будут равны $0.$

Соответственно в терминах исходных переменных получаем, что какие-то две равны единице.

Ответ:

$(u,1,1),(1,u,1),(1,1,u),∀u∈ ℝ$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 54#42927Максимум баллов за задание: 7

Числа $x$ и $y$ удовлетворяют неравенству $x> y >-2- x−y$ . Докажите, что $x2 > y2+4$ .

Источники: Муницип - 2018, 11 класс

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам нужно доказать, что x²>y²+4. Хочется отправить y налево и разложить по разности квадратов: (x-y)(x+y)>4. Как мы можем оценить (x+y) и (x-y)?

Подсказка 2

Давайте как-нибудь получим выражение (x+y). Это можно сделать, например, сложив неравенства x > 2 / (x-y) и y > 2 / (x-y)

Подсказка 3

Хочется умножить обе части на (x-y) и радоваться, но мы кое-что упускаем. Если (x-y)<0, то знак неравенства повернется в другую сторону. Поймите, как из условия получить, что (x-y)>0? и наслаждайтесь победой!

Показать доказательство

Поскольку $x> y$ , то $x− y > 0$ . Домножим неравенства на $x− y$ , получим

2 2 2 2 x − xy > xy− y > 2 =⇒ x − xy > 2,xy− y > 2

Сложим полученные неравенства и получим $x2− y2 > 4$ , что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 55#75858Максимум баллов за задание: 7

Числа $x$ , $y$ и $z$ удовлетворяют условию $x2+ y2+ z2 =1.$ Докажите, что

1-- (x− y)(y− z)(x− z)≤ √2.

Источники: Всеросс., 2018, РЭ, 9.5(см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Во-первых давайте поймем, что переменные можно упорядочить, не нарушая общности. Подумайте, почему это так.

Подсказка 2

Для упрощения есть смысл ввести замену. Учитывая формат неравенства, стоит ввести переменные, равные разностям наибольшей переменной с каждой из остальных.

Подсказка 3

После замены равенство из условия примет более сложный вид. Теперь оно выглядит как довольно содержательный квадратный трëхчлен.

Показать доказательство

Поскольку при любой перестановке переменных левая часть неравенства либо не меняется, либо меняет знак, достаточно проверить неравенство для любой перестановки чисел $x,y$ и $z,$ для которой левая часть неотрицательна. Поэтому можно считать, что $x ≥y ≥z.$ Обозначим $a= x− y ≥ 0,b= y− z ≥ 0;$ тогда $y =x − a,z = y− b.$ Равенство из условия задачи преобразуется к виду

2 2 2 2 ( 2 2 ) 0= x + (x− a) + (x − a− b) − 1= =3x − 2(2a+ b)x+ 2a +2ab+ b− 1 (1)

а требуемое неравенство — к виду

1 ab(a+ b)≤ √2- (2)

Рассмотрим правую часть равенства $(1)$ как квадратный трёхчлен от $x.$ Поскольку он имеет корень, его дискриминант неотрицателен, то есть

0≤ (2a +b)2 − 3(2a2+2ab+ b2− 1)= 3− 2(a2 +ab+ b2)

откуда

a2 +ab+ b2 ≤ 3 (3) 2

Осталось показать, как из $(3)$ следует $(2)$ (при $a,b≥ 0$ ).

По неравенству о средних для двух чисел имеем $a2+ b2+ab≥ 2ab+ab= 3ab,$ откуда $ab≤ 12.$ Значит,

(a+b)2 = (a2+ ab+ b2)+ ab≤ 3+ 1= 2 2 2

то есть $a +b≤ √2.$ Итак,

ab(a+ b)≤ 1 ⋅√2 = √1- 2 2

что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 56#105329Максимум баллов за задание: 7

Действительные числа $a,$ $b$ и $c$ таковы, что $||a2+b2−c2||<2. | ab |$ Докажите, что для этих чисел верны также неравенства $||b2+c2−a2||< 2 | bc |$ и $||2 2 2|| |c-+aca−b-|< 2.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Если поделить неравенства на два, то их левые части будут чем-то напоминать теорему косинусов, не так ли?

Подсказка 2:

Если быть точнее, то левые части являются косинусами углов некоторого треугольника. Какого и почему?

Показать доказательство

Первое решение. Умножение любого из чисел $a,b,c$ на $− 1$ не изменяет факт истинности (или неистинности) каждого из рассматриваемых неравенств. Кроме того, $a$ и $b$ из условия не равны $0.$ Значит, без ограничения общности можно считать, что $a >0,b> 0,c≥ 0.$

По условию, $||a2+b2−c2|| | 2ab |< 1,$ значит, существует угол $γ ∈(0,π),$ косинус которого равен $a2+b2−c2 2ab ,$ т.е. выполнено равенство $2 2 2 a + b − c = 2abcosγ$ или $2 2 2 c = a +b − 2abcosγ.$

Построим треугольник, у которого две стороны равны $a$ и $b,$ а угол между этими сторонами равен $γ.$ Пусть третья сторона этого треугольника равна $c1.$ По теореме косинусов $2 2 2 c1 = a +b − 2abcosγ.$ С учетом $c≥ 0$ получаем $c1 = c.$ Пусть $α$ — угол нашего треугольника напротив стороны $a.$ Снова из теоремы косинусов имеем $b2+c2−a2 --bc---= 2cosα.$ Требуемое неравенство $||b2+c2−a2|| |---bc---|<2$ вытекает теперь из того, что $|cosα|< 1.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Заметим, что при выполнении первого неравенства $c⁄=0$ (так как при $c= 0$ имеем неравенство $a2 +b2 < 2|ab|,$ что неверно). Сделаем равносильные преобразования неравенства при условии $a⁄= 0,b⁄= 0,c⁄= 0:$

|| 2 2 2|| | | ( ) ||a-+-b−-c-||<2 ⇔ |a2+ b2− c2|< 2|ab|⇔ a2+ b2 − c22 <(2ab)2 ⇔ ab

(a2+b2− c2)2− (2ab)2 <0 ⇔ (a2 +b2− c2− 2ab)(a2+ b2− c2+ 2ab)< 0⇔

((a− b)2− c2)((a+ b)2− c2)< 0⇔ (a− b− c)(a− b+ c)(a+ b− c)(a+b+ c)< 0

⇔ (b+c− a)(c+ a− b)(a+b − c)(a+ b+ c)> 0

Неравенство приведено к симметричному виду относительно $a,b,c.$ Аналогично, каждое из двух других неравенств из условия задачи эквивалентно этому симметричному неравенству вместе с условиями $a ⁄=0,b⁄= 0,c⁄= 0.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 57#42258Максимум баллов за задание: 7

Уравнение $(x +a)(x +b)= 9$ имеет корень $a +b$ . Докажите, что $ab ≤1.$

Источники: Муницип - 2016, Москва, 11.2

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Ну если у нас есть корень равный a + b, то почему бы его не подставить в наше уравнение? После подстановки подумайте, как оценить ab.

Подсказка 2

Верно, у нас получилось уравнение 9 = 2a^2 + 2b^2 + 5ab. Отсюда, понятно , как строить оценку. Мы ведь знаем, что a^2 + b^2 >= 2ab. Значит, получим, что 9 >= 9ab.

Показать доказательство

Подставив данный корень $x =a +b$ в уравнение, получаем равенство $(a+b+ a)(a+ b+ b) =(2a+b)(2b+ a)= 9$ . Тогда $(2 2) 9 =5ab+ 2a + b ≥5ab+ 2⋅2ab= 9ab$ , откуда $ab≤ 1$ . Мы использовали неравенство $2 2 a + b ≥2ab$ , которое эквивалентно $2 (a− b) ≥ 0.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 58#97440Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что для любых действительных чисел $a,b,c$ таких, что $0 <a,b,c< 1$ , выполнено следующее неравенство

√ --- ∘--------------- abc+ (1− a)(1− b)(1− c)< 1

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Тут три положительных числа, меньших единицы, что можно придумать?

Подсказка 2

Это намек на тригонометрическую замену! Доказать нам нужно что-то про квадратные корни, и у нас положительные числа, как лучше заменить a, b и с?

Подсказка 3

Пусть a = sin²x, b = sin²y, c = sin²z, все аргументы из первой четверти. Тогда неравенство превратилось в сумму произведений синусов и произведений косинусов. Почему это меньше 1?

Подсказка 4

Воспользуйтесь тем, что sin(z) < 1 и cos(z) < 1.

Показать доказательство

Сделаем замены:

2 2 2 π a =sin x, b= sin y, c= sin z, где 0< x,y,z < 2.

Тогда неравенство перепишется в виде:

sinxsin ysinz+ cosxcosycosz <1

sin xsinysinz +cosxcosycosz < sinxsin y+cosxcosy =cos(x − y)≤ 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 59#90112Максимум баллов за задание: 7

Положительные числа $a,b,c$ удовлетворяют соотношению $ab+ bc+ ca= 1.$ Докажите, что

∘----1 ∘---1 ∘ ---1 √ - √ - √ - a + a + b+ b + c+ c ≥ 2( a+ b+ c)

Источники: Всеросс., 2015, РЭ, 10.4(см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Есть условие ab + bc + ca = 1. Оно довольно непростое, подумайте, что с ним можно сделать.

Подсказка 2:

Его нужно куда-то подставить вместо 1. Но как понять куда, ведь единицу можно найти везде, даже a = a*1.

Подсказка 3:

Подставьте вместо числителя в дробях 1/a, 1/b, 1/c. Что теперь там хорошего получается? Теперь можно уже и вспомнить классические неравенства, попробовать применить их.

Показать доказательство

Заметим, что

∘---1- ∘---ab+-bc-+ac ∘ ---bc------ ∘-√------- ∘-√---√--- a+ a = a+ ----a----= a+ a-+b+ c≥ 2 bc+ b+ c= ( b+ c)2

√ - = b+√c

Если аналогично оценить три других корня и сложить три полученных неравенства, мы получим требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 60#106535Максимум баллов за задание: 7

Найдите наибольшее значение выражения $a +b+ c+ d− ab− bc− cd− da,$ если каждое из чисел $a,b,c$ и $d$ принадлежит отрезку $[0,1].$

Источники: Окружная олимпиада (Москва) - 2013, 10.4

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Трудно оценивать выражение, когда оно такое длинное... Особенно непонятно, что делать с суммой попарных произведений. Давайте попробуем её как-нибудь упростить, разбить на скобочки!

Подсказка 2

Несложно заметить, что ab+bc+cd+da = (a+c)(b+d). Запишем это в исходное выражение и сделаем следующую замену: пусть x=a+c; y=b+d. Тогда наше выражение имеет вид x+y-xy. Что нам напоминает эта запись? Как разложить её на множители?

Подсказка 3

Правильно, x+y-xy = (x-1)(y-1)+1. Такое разбиение на скобки часто используется в задачах, его стоит запомнить! Получившиеся скобочки мы можем оценить из условия на то, что каждое из чисел принадлежит отрезку от нуля до единицы. Когда найдёте максимальное значение, не забудьте проверить, что оно достигается:)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Заметим, что

a +b+ c+d − ab− bc− cd− da= (a+ c)+(b+ d)− (a+ c)(b+d)

Пусть $a+c =x,b+ d= y,0≤ x≤ 2$ и $0≤ y ≤ 2$ .

x+ y− xy = (x − 1)(1− y)+1, где |x− 1|≤ 1 и |1− y|≤1

Следовательно,

(x− 1)(1− y)≤ 1, а x +y− xy ≤ 2.

Значение 2 достигается, например, если $a= c= 1,b= d= 0$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Зафиксируем значения переменных $b,c$ и $d$ и рассмотрим функцию

f(a)= (1− b− d)a+ b+c+ d− bc− cd,

где $0 ≤a ≤1$ . В силу монотонности, её наибольшее значение достигается на одном из концов отрезка $[0;1],$ то есть равно или $b+ c+ d− bc− cd$ или $1+ c− bc− cd$ .

Рассматривая эти выражения как функции от $c$ , аналогично получаем, что их максимальные значения: $b+d$ или $1, 1$ или $2− b− d$ . Так как $0≤ b+d ≤2$ , то наибольшее значение данного выражения равно 2.

Ответ: 2

Предыдущая подтема

Следующая подтема