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 61#141087Максимум баллов за задание: 7

Пусть $a,$ $b,$ $c,$ $d> 0.$ Докажите, что

--1--- --1--- --1--- --1--- --2--- (a+ b)2 + (b+ c)2 + (c+ d)2 + (d+ a)2 ≥ ac+bd.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрим частный случай b = d. Надо показать, что 1/(a+b)² + 1/(b+c)² ≥ 1/(ac + b²).

Подсказка 2

Попробуем привести все к одному знаменателю и раскрыть скобки. Видно ли полные квадраты?

Подсказка 3

Если в исходном неравенстве сгруппировать дроби, то можно применить частный случай. Какие варианты группировок возможны?

Подсказка 4

Если ac ≥ bd, группируем (a+b, a+d) и (b+c, c+d). Если ac < bd, группируем (a+b, b+c) и (d+a, d+c).

Подсказка 5

Что даёт применение вспомогательного неравенства к каждой паре? Как сравнить получившуюся сумму с нужной правой частью?

Подсказка 6

В случае ac ≥ bd, хотим показать, что 1/(a²+bd) + 1/(c²+bd) ≥ 2/(ac + bd). Попробуем преобразовать неравенство к виду (ac−bd)(a-c)² ≥ 0.

Показать доказательство

Лемма. Для любых трех положительных чисел $X, Y,Z$ выполняется неравенство:

---1--- ---1--- ---1--- (X + Y)2 + (X +Z)2 ≥ X2 + YZ

Неравенство эквивалентно следующему:

(X2+ YZ)((X +Z)2+ (X + Y)2)≥(X +Y )2(X +Z)2

Рассмотрим разность левой и правой частей. Сначала раскроем скобки в каждом выражении.

Выражение в левой части:

(X2 +YZ )(X2 +2XZ + Z2+ X2+ 2XY +Y 2) =2X4 +2X3Y + 2X3Z + X2Y2 +X2Z2+

+2X2Y Z+ 2XY 2Z + 2XY Z2 +Y3Z +Y Z3

Выражение в правой части:

(X +Y )2(X +Z)2 = X4 +X2Y 2+X2Z2 + Y2Z2+ 2X3Y + 2X3Z+

+2X2YZ + 2X2Y Z+ 2XY 2Z + 2XY Z2

4 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 =X + 2X Y + 2X Z+ X Y +X Z + Y Z + 4X YZ +2XY Z+ 2XYZ

Теперь вычтем из первого результата второй. В результате получаем:

4 2 3 3 2 2 X − 2X YZ+ Y Z +Y Z − Y Z

Сгруппируем это выражение:

4 2 2 2 3 2 2 3 2 2 2 (X − 2X YZ+ Y Z )+ (Y Z − 2Y Z +Y Z )= (X − Y Z) +Y Z(Y − Z)

Так как $Y,Z >0,$ оба слагаемых неотрицательны: $(X2 − Y Z)2 ≥0$ и $Y Z(Y − Z)2 ≥ 0.$ Следовательно, их сумма также неотрицательна. Перейдем к решению исходной задачи.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Далее $LHS$ будем обозначать левую часть неравенства. Рассмотрим два случая.

Случай 1: $ac ≥bd$ Сгруппируем слагаемые в левой части исходного неравенства:

(---1-- ---1--) (--1--- --1---) LHS = (a+ b)2 +(a+ d)2 + (c+b)2 + (c+ d)2

Применим доказанное неравенство для трех чисел к каждой паре скобок:

Для первой пары:
$--1--2 +--1--2 ≥-21--- (a +b) (a +d) a + bd$
Для второй пары:
$1 1 1 (c+b)2 + (c-+d)2 ≥ c2+bd$

Сложив эти два неравенства, получим:

--1--- ---1- LHS ≥ a2+bd +c2+ bd.

Теперь докажем, что

1 1 2 a2+-bd-+ c2-+bd ≥ ac+-bd.

Это эквивалентно:

(ac+bd)(a2+ c2 +2bd)≥2(a2+bd)(c2+ bd)

Раскроем скобки. Левая часть:

a3c+ac3+ 2abcd+ bda2+ bdc2+ 2b2d2

Правая часть:

2(a2c2+ a2bd+ c2bd+ b2d2)= 2a2c2+ 2a2bd+ 2c2bd+ 2b2d2

Перенесём всё в левую часть и приведём подобные:

(a3c− 2a2c2+ ac3)− a2bd+ 2abcd− c2bd≥ 0

ac(a2− 2ac+ c2)− bd(a2− 2ac +c2)≥0

2 (ac− bd)(a− c)≥ 0

Поскольку $(a− c)2 ≥ 0$ и по предположению этого случая $ac− bd≥ 0,$ неравенство верно.

Случай 2: $ac <bd$ Сгруппируем слагаемые иначе:

(---1-- ---1--) ( --1--- --1---) LHS = (b+ a)2 +(b+ c)2 + (d+ a)2 + (d +c)2

И применим неравенство:

Для первой пары:
$--1--2 +--1--2 ≥-21--- (b+a) (b+c) b +ac$
Для второй пары:
$1 1 1 (d-+a)2 + (d+c)2 ≥ d2+-ac$

Сложив неравенства, получим:

LHS ≥ -21--+ -21---. b +ac d + ac

Аналогично доказываем, что

-21---+ 2-1--≥ --2---. b + ac d +ac ac+ bd

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 62#141094Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что для неотрицательных чисел $a,$ $b,$ $c$ таких, что $a+b+ c= 3$ выполнено неравенство

2 2 2 a b+ bc+ ca+ abc≤4.

Показать доказательство

Используя цикличность неравенства, можем считать, что $a$ является средним по величине среди трёх данных переменных. Тогда сначала докажем:

2 2 2 ab +b c+c a+ abc≤ a(b +c)(b+ c)

2 2 2 2 2 a b+b c+ ca+ abc ≤ab + ac + 2abc

a2b+ b2c− ab2− abc≤ 0

(a− c)(a − b)≤ 0.

Это верно по выбору числа $a.$ Но теперь по неравенству о средних для чисел $2a,$ $b+c$ и $b+ c:$

( )3 2a(b+c)(b+ c)≤ 2a+b+-c+-b+c- =8. 3

Подводя итог,

2 2 2 a b+b c+ ca+ abc≤a(b+c)(b+ c)≤ 4.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 63#141095Максимум баллов за задание: 7

Для произвольных вещественных $a,$ $b,$ $c,$ $x,$ $y,$ $z$ докажите неравенство

∘ -2---2--2--2---2--2-- 1 (a + b +c )(x + y + z)≥ 3(a+ b+c)(x+ y+ z).

Показать доказательство

По неравенству Коши-Буняковского-Шварца для наборов $(a,b,c)$ и $(x,y,z):$

∘ -2---2--2--2---2--2-- (a + b + c)(x + y + z)≥ ax+ by +cz

Запишем аналогичные неравенства для пар наборов $(a,b,c)$ и $(z,x,y),$ $(a,b,c)$ и $(y,z,x):$

∘ --------------------- (a2+ b2+ c2)(z2+ x2+ y2)≥ az+ bx +cy

∘ --------------------- (a2+ b2+ c2)(y2+ z2+ x2)≥ ay+ bz +cx

Сложив полученные три неравенства и поделив на 3, получим требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 64#141096Максимум баллов за задание: 7

Положительные числа $x,$ $y$ и $z$ удовлетворяют условию $x +y +z ≥ 3xyz.$ Докажите, что $x2+ y2+z2 ≥ 3xyz.$

Показать доказательство

Если $xyz ≤ 1,$ то по неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим:

2 2 2 3∘-2-22 3∘-2-2-2 3√--- x +y + z ≥ 3 x y z ≥ 3 x y z ⋅ xyz = 3xyz

Теперь рассмотрим случай $xyz ≥ 1.$ По неравенству между средним арифметическим и средним квадратическим получаем, что

2 2 2 (x-+y+-z)2- x+-y+-z x + y + z ≥ 3 = (x +y+ z)⋅ 3

Используя неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим и условие задачи:

x+y +z √ --- (x+ y+ z)⋅--3----≥3xyz⋅ 3 xyz ≥3xyz

Отсюда и получаем требуемое неравенство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 65#141097Максимум баллов за задание: 7

Для произвольных положительных $a,$ $b,$ $c$ докажите, что

a3+-3b3 b3-+3c3 c3+3a3 2 2 2 2 5a+ b + 5b+ c + 5c+a ≥3(a + b +c ).

Показать доказательство

По неравенству Коши-Буняковского-Шварца для дробей:

-a3-- --b3-- -c3-- --a4-- ---b4-- --c4--- ------(a2+-b2+-c2)2------ 5a +b +5b+ c + 5c+ a = 5a2+ab +5b2+ bc + 5c2+ ac ≥ 5(a2+ b2+c2)+ (ab+ bc+ ac)

3 3 3 ( 4 4 4 ) 2 2 2 2 -3b--+ -3c--+ -3a--= 3 --b--2 +---c-2 + --a--2-≥ -2---32(a2+b-+-c)------ 5a +b 5b+ c 5c+a 5ab+ b 5bc+ c 5ac+ a a + b +c + 5(ab+ bc+ac)

Пусть $a2 +b2+ c2 =X$ и $ab+bc+ ac=Y.$ Сложив прошлые неравенства, получим:

( ) a3+3b3+ b3+-3c3+ c3+-3a3 ≥ X2 --1---+ --1---+---1-- +---1-- 5a +b 5b+c 5c+ a 5X + Y X+ 5Y X + 5Y X + 5Y

По неравенству Коши-Буняковского-Шварца для дробей:

1 1 1 1 16 5X-+Y-+ X-+5Y-+ X-+5Y-+ X-+5Y-≥ 8X-+16Y-

Пользуясь тем, что $X ≥ Y$ (можно перенести все слагаемые в одну сторону, домножить на 2 и разложить на сумму трёх квадратов):

3 3 3 3 3 3 a-+-3b-+ b-+-3c + c-+-3a ≥ X2--16---≥ X2-16-= 2X 5a +b 5b+ c 5c+ a 8X +16Y 24X 3

Получили требуемое неравенство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 66#141099Максимум баллов за задание: 7

Положительные числа $a,$ $b,$ $c$ меньше $1.$ Пусть $x= a(1− b),$ $y =b(1− c),$ $z = c(1− a).$ Докажите неравенство

√--√ --√ -- abc+ (1 − a)(1 − b)(1− c)≥min( xy, yz, zx).

Показать доказательство

По неравенству о средних:

∘----------------- √--- abc+(1− a)(1− b)(1− c)≥ 2 a(1− a)b(1 − b)c(1− c)= 2 xyz

Хотим доказать, что

√--- √-- √--√ -- 2 xyz ≥ min( xy, yz, zx)

Пусть это не так. Тогда

√xy-> 2√xyz,

откуда $z > 14.$ Аналогично, $x > 14$ и $y > 14.$

Но теперь

abc+ (1 − a)(1− b)(1− c)=1 − a− b− c+ab+ bc+ac= 1− x− y− z <1 − 1 − 1− 1= 1 4 4 4 4

При этом

min(√xy,√yz,√zx) > 1 4

Отсюда мы и получаем противоречие с предположением, а значит, требуемое неравенство верно.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 67#141100Максимум баллов за задание: 7

Сумма трёх неотрицательных чисел $a,$ $b,$ $c$ равна $2.$ Докажите, что

∘-2---- ∘ -2---- ∘ 2----- a + bc+ b + ca+ c +ab≤ 3.

Показать доказательство

Без ограничения общности примем, что $a ≥b ≥c.$ Имеем

∘ ------ ∘------ ∘--------2- a2 +bc≤ a2+ ac≤ a2+ ac+ c-=a + c. 4 2

Поскольку

8(b2 +c2+ ab +ac)≤(a+ 3b+2c)2,

так как разность правой и левой части в силу $b ≥c$ равна неотрицательному числу

(a − b− 2c)2+ 8c(b− c).

Тогда получаем

∘b2+-ca-+∘c2-+ab≤ a+-3b+-2c 2

(возведение в квадрат приводит к верхнему неравенству).

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 68#74902Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что для положительных $a$ и $b$ имеет место неравенство

√ - √3- 5√-- 2 a+3 b≥ 5 ab

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас стоят коэффициенты 2 и 3, а справа стоит 5..Наверное, нужно как-то применить нер-во о средних к пяти числам, а не к двум..

Подсказка 2

Разбейте 2 и 3 как 1+1 и 1+1+1)

Показать доказательство

Применим неравенство о средних для пяти чисел (они положительные):

√- 3√- √- √ - 3√- 3√- 3√- 5√ -- 2 a+ 3 b= a + a+ b+ b+ b ≥5 ab

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 69#77986Максимум баллов за задание: 7

Натуральные числа $x,y$ и $z$ таковы, что $xy < z2$ и $2x+ 3z < 5y.$ Что больше: $x5$ или $y3z2?$

Показать ответ и решение

Докажем, что $y >x.$ Допустим противное, тогда $x =y +t,t≥0.$ Поэтому $xy = (y+ t)y = y2+ty < z2,$ откуда $z >y.$ Следовательно,

2x+ 3z =2y+ 2t+3z > 5y+ 2t>5y

что противоречит условию. Итак, $y > x,$ т. е. $y = x+ t,t≥ 0.$ Тогда $xy = x2+tx< z2,$ откуда $z >x.$ Итак, $z > x$ и $y > x,$ поэтому $y3z2 > x5.$

Ответ:

$y3z2 > x5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 70#78804Максимум баллов за задание: 7

Числа $x$ и $y,$ не равные $0,$ удовлетворяют неравенствам $x2− x> y2$ и $y2− y >x2.$ Какой знак может иметь произведение $xy$ (укажите все возможности)?

Показать ответ и решение

Первое решение. Сложив данные неравенства, получим: $x+ y < 0(∗).$ Перемножив их (это можно делать, так как правые части неотрицательны) получим:

2 2 xy(1 − x − y+ xy)> xy

Стало быть, $xy(1− x − y)> 0.$ Выражение в скобках положительно в силу неравенства (*), поэтому и произведение $xy$ положительно.

Второе решение. Пусть одно из чисел (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 $xy > 0.$

Ответ:

Знак плюс

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 71#79615Максимум баллов за задание: 7

Положительные числа $a,b,c$ таковы, что

2 2 2 a + b +c + 2abc= 1

Докажите, что

a∘ (1− b2)(1-− c2)+b∘ (1−-c2)(1−-a2)+c∘(1−-a2)(1−-b2)≥ 2√abc

Источники: Изумруд-2024, 11 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрим подкоренные выражения. Что можно сказать о них? Как использовать условие?

Подсказка 2

Раскрыв скобки под корнями и применив условие, получаем возможность избавиться от корней! Переходим к новому неравенству - очень уж оно напоминает условие;)

Подсказка 3

Получаем, что a^2 + b^2 + c^2 + 3 abc >= 2*sqrt(abc). Как применить условие? Остаётся несложно неравенство, которое очень напоминает кое-что известное!

Показать доказательство

Рассмотрим одно из подкоренных выражений

( 2)( 2) 2 2 22 1− b 1− c = 1− b − c + bc

По условию $1− b2− c2 = a2+2abc$ , поэтому подкоренное выражение равно $(a+ bc)2$ , и, так как $a,b,c> 0$ , $∘ (a+-bc)2 = a+bc$ .

Для оставшихся слагаемых рассуждения аналогичные

√ --- a(a +bc)+b(b+ac)+c(c+ab)≥ 2 abc

2 2 2 √--- a + b + c+ 3abc≥ 2 abc

Пользуясь равенством из условия, получаем

1+abc≥ 2√abc

--- (1 − √ abc)2 ≥0

Верное для любых $a,b,c$ неравенство.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 72#79855Максимум баллов за задание: 7

Произведение положительных чисел $a ,a ,...,a 1 2 n$ равно единице. Докажите, что $(1 +2a )⋅(1+ 2a)⋅...⋅(1+ 2a )≥ 3n. 1 2 n$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем сначала оценить одну из скобок. В результате мы хотим получить произведение данных чисел. Какое неравенство можно применить, чтобы избавиться от суммы в скобках?

Подсказка 2

Верно! Неравенство о средних. Если применить его в каждой скобке к числам 1 и 2a, то получим не совсем то, что требуется: появится множитель 2√2. Нам хотелось бы множитель 3. Как его получить?

Подсказка 3

Точно! Вместо 1 и 2a применим неравенство о средних к трем числам 1, a и a. Что тогда получится?

Показать доказательство

Оценим каждую скобку по неравенству о средних: $1 +2a = 1+a + a ≥3∘3a2-. i i i i$ Перемножим все такие неравенства для каждой скобки и получим:

n 3∘------------ n (1+ 2a1)⋅(1+2a2)⋅...⋅(1 +2an)≥ 3 (a1a2⋅...⋅an)2 = 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 73#80224Максимум баллов за задание: 7

Пусть $a2+ b2+c2 = 2.$ Докажите неравенство $a +b+ c≤ abc+ 2.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам необходимо воспользоваться условием на сумму квадратов. Какое классическое неравенство позволяет оценить сумму переменных при заданной сумме квадратов?

Подсказка 2

Неравенство Коши-Буняковского-Шварца. Достаточно ли применить его к сумме переменных?

Подсказка 3

Нет, в этом случае нам необходимо будет доказывать неравенство √6 <= abc + 2, что даже при условии на сумму квадратов — неверно. Как КБШ можно применить иначе?

Подсказка 4

Давайте перенесем abc в левую часть (оценивать выражение константой обычно приятнее). Тогда левая часть имеет вид (b + c) + a(1 - bc). Каким образом ее можно оценить с помощью КБШ?

Подсказка 5

Левая часть равна (b + c) + a(1 - bc) и не превосходит √((b + c)² + a²)(1 + (1 - bc)²). Наконец, мы можем воспользоваться условием на сумму квадратов. Какой вид имеет неравенство? Как можно упростить его вид?

Подсказка 6

Теперь в неравенстве участвует только выражение bc. Давайте сделаем замену x = 1 - bc. Какой вид имеет неравенство? Как его можно проверить?

Подсказка 7

После раскрытия скобок и приведения подобных получим, что достаточно проверить, что 4x² - 2x - 2x³ <= 0. Как это можно сделать?

Подсказка 8

Достаточно разложить левую часть на множители -2x(x-1)²(а почему же x неотрицательный?).

Показать доказательство

Первое решение.

Поймём для начала что-то про $bc.$ Перепишем равенство из условия в виде $2 2 2 b + c =2− a .$ К тому же верна следующая цепочка неравенств

2 2 2 2bc≤b + c = 2− a ≤ 2

Значит, получаем, что $bc ≤1.$ Перенесём теперь $abc$ в левую сторону и запишем КБШ

∘-----2---2--2-------2- ∘ ---------------2- b+c +a(1− bc)≤ ((b+ c) +a )(1 + (1− bc))= (2+ 2bc)(1 +(1− bc) )

Получаем, что нам надо доказать следующее неравенство $∘ (2-+2bc)(1+(1−-bc)2)≤2.$ Возведём в квадрат, сделаем замену $1− bc= x,$ где $x$ неотрицательный, и сделаем преобразования

2 (4− 2x)(1+x )≤ 4

2 3 4x − 2x− 2x ≤0

−2x(x − 1)2 ≤0

Последнее неравенство верно, поэтому получаем, что и наше исходное неравенство доказано. ______________________________________________

Второе решение.

Равенство переписывается в виде $p2− 2q =2,$ а неравенство в виде $p≤ r+ 2.$ Зафиксируем $p$ и $q,r$ достигает минимального значения, если

i) в тройке $(a,b,c)$ одно из чисел равно нулю. Без ограничений общности, считаем, что $c= 0.$ Тогда $a2+b2 = 2,$ а неравенство имеет вид $a+ b≤ 2,$ последнее следует из неравенства между средним квадратичным и арифметическим для чисел $a$ и $b.$

ii) в тройке $(a,b,c)$ нашлась пара равных. Без ограничений общности, будем считать, что $a =c.$ В этом случае $2a2+ b2 = 2,$ следовательно $a ≤1,$ а неравенство имеет вид

2a+b≤ a2b+2

2(a− 1) ≤b(a2 − 1)

2≥ b(a +1)

4 ≥b2(a +1)2

Выразим $b2$ из выражения $2a2+b2 = 2$

4≥ (2− 2a2)(a2+ 2a+1)

a4+2a3− 2a+1 ≥0

Последнее является суммой неравенств $a4 ≥0$ и неравенства о средних

3 ∘3-3-- 1∕2+1∕2+ 2a ≥3 a ∕2 >2a

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 74#80225Максимум баллов за задание: 7

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

(a − 1)(b− 1)(c− 1)≥8

Показать доказательство

Исходное неравенство переписывается в следующем виде:

(a − 1)(b− 1)(c− 1)≥8

abc − (ab+bc+ ca)+ (a +b+ c)− 9 ≥0

r − q+ p− 9≥ 0

при условии $q = r.$ Из условия следует, что $a,b,c> 1,$ в частности $r⁄= 0.$ Зафиксируем $q$ и $r,$ тогда $p$ минимально, если $a= b.$ В этом случае $c= -a--. a− 2$ После подстановки неравенство переписывается следующим образом:

2a2− 12a +18= 2(a− 3)2 ≤ 0

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 75#80226Максимум баллов за задание: 7

Положительные числа $x,y,z$ таковы, что $xy+xz+ yz = 27.$ Докажите, что

∘ ---- x+ y+z ≥ 3xyz

Показать доказательство

Числа $x,y,z$ положительны, следовательно тройка $(x,y,z)$ допустима. Зафиксируем $q,r$ , тогда для минимального $p$ в указанной тройке найдутся два равных элемента.

Без ограничений общности будем считать, что $x= z.$ Тогда $2 3∘ 4-2- 27= x +2xy ≥ 3 xy ,$ откуда $2 xy ≤27.$

Наконец,

3∘--- ∘ ---- 2x+ y ≥ 3 x2y ≥ 3x2y

что эквивалентно $x2y ≤ 27.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 76#80227Максимум баллов за задание: 7

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

(1 1 1) (--a- --b- --c-) (a +b+ c) a + b + c ≥ 6 b+ c + a+ c + a+ b

Показать доказательство

Исходное неравенство переписывается следующим образом:

2 ( 3 ) 22 18r + 6p− 11pqr− p q ≤0

Зафиксируем $p$ и $q.$ Слева стоит квадратичная по $r$ функция, коэффициент при $r2$ положителен, коэффициент при $r$ неотрицателен, поэтому функция монотонно возрастает. На $r$ наложены следующие ограничения:

3 r ≥0, T(p,q,r)≥ 0, −p + 4pq ≥ 8r

поэтому достаточно проверить неравенство для случая, когда $a= b.$ В силу однородности неравенства можем считать, что $a= b= 1.$ Тогда неравенство имеет вид

1 -2-- c (2 +c)(2+ c)≥ 6(1+c + 2)

− c3+ 4c2− 5c+ 2≥ 0

(c− 1)2(2− c)≥0

Последнее верно в силу $c< a+b= 2.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 77#80228Максимум баллов за задание: 7

Даны положительные числа $a,b,c,$ не меньшие $1.$ Известно, что $a +b+ c= 9.$ Докажите, что $√a-+ √b+ √c≥ √ab+-bc+-ac.$

Показать доказательство

Сделаем замену $a= (x +1)2,b= (y+ 1)2,c =(z+ 1)2.$ После этого исходное неравенство переписывается следующим образом:

2 2 q + p − 2pr+ 2pq− 2p− 6r − 6≥ 0

при условии, что $p2− 2q− 2p= 6.$ Зафиксируем $p$ и $q.$ В левой части неравенства стоит линейная по $r$ функция, коэффициент при $r$ отрицательный, поэтому минимальное значение левой части достигается при максимальном $r,$ то есть при $x= y.$ В этом случае $a= b$ и $c=9 − 2a,$ и после подстановки исходное неравенство переписывается следующим образом:

2 ∘-----2- −3a +16a− 9≤ 4 9a− 2a

При $1≤ a≤ 92$ левая часть больше $0,$ поэтому можно возвести в квадрат. После возведения, неравенство примет вид

3(a − 3)2(3a2− 14a+3)≤ 0

что верно при $1≤a ≤ 92.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 78#80229Максимум баллов за задание: 7

Известно, что $a,b,c≥ 0$ и $a2+b2+ c2 +abc= 4.$ Докажите что

2≥ ab+ bc+ac− abc

Показать доказательство

Положим

2 2 2 2 x= a+ b+ c=p, y = a +b + c =p − 2q, z = abc

$a,b,c$ вещественны, если $S(x,y,z)= T(x,x2−y,z) ≥0. 2$ Ясно также, что если $S(x,y,z)=0,$ то две переменных из $a,b,c$ равны.

Теорема о неотрицательности переписывается следующим образом:

2 p ≥0 ⇔ x≥ 0, q ≥ 0⇔ x − y ≥ 0, r≥ 0⇔ z ≥ 0

Условие $a2+ b2 +c2+ abc= 4$ переписывается в виде $y+ z = 4.$ Неравенство $ab+ bc+ca− abc≤2$ переписывается в виде $x2− y− 2z ≤4.$

Зафиксируем $y$ и $z.$ Неравенство достаточно проверить для максимального $x$ (максимальное $x$ существует, поскольку $x≤ 3(a2 +b2+ c2)≤ 12).$ В соответствующей тройке $a,b,c$ две переменные равны.

Пусть $a= c.$ Тогда $2 2 2 2a + b +a b= 4,$ следовательно, $2 4−-b2 a = 2+b = 2− b.$ Достаточно показать, что верно неравенство

2≥ a2+2ab− a2b

Подставляя $b= 2− a2,$ имеем

4 3 2 − a +2a + a − 4a+ 2≥ 0

(a− 1)2(a2− 2)≤ 0

последнее верно, поскольку $4= 2a2+ b2+a2b≥ 2a2.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 79#80230Максимум баллов за задание: 7

Известно, что $a,b,c≥ 0$ и $a+ b+c= 3.$ Докажите, что

--1--- --1-- --1--- --2--- 1+2ab + 1+ 2bc + 1+2ac ≥ 1+ abc

Показать доказательство

Исходное неравенство переписывается следующим образом:

∑ cyc(1+ 2bc)(1+ 2ac)(1 +abc)≥2(1+2ab)(1+ 2bc)(1+ 2ca)

$3+4(ab+ca+ ba)+ 3abc+ 4abc(a+ b+c)+ + 4abc(ab+bc+ ca)+ 4(abc)2(a +b+ c)≥ 2 ≥2 +4(ab+ca+ ca)+ 8abc(a+b+ c)+16(abc)$

3+4q+ 3r+8rp+ 4qr +4r2p≥2 +4q+ 8rp +16r2

2 2 4r p+4rq− 4rp − 16r +3r+ 1≥ 0

при условии $p= 3.$ Зафиксируем $p$ и $r.$ По лемме $q$ минимально, если $a= b.$ В этом случае $c= 3− 2a,$ и после подстановки в исходное неравенство, получим:

4 3 2 2 2 4a − 12a + 13a − 6a+ 1= (2a− 1)(a− 1) ≥ 0

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 80#80574Максимум баллов за задание: 7

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

(a +b− c)(b+ c− a)(a +c− b) ≤ abc

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Произведение из левой части возникает в Формуле Герона. Попробуйте преобразовать его так, чтобы оно в неё превратилось.

Подсказка 2:

Раз слева возникла площадь, то, возможно, есть смысл и правую часть как-то выразить через площадь и какие-то другие параметры.

Подсказка 3:

Для упрощения стоит напомнить о существовании формул площади через радиус описанной и радиус вписанной окружностей.

Показать доказательство

Первое решение. Введём переменные $x= a+ b− c,y = b+ c− a,z = a+ c− b.$ Тогда $a= x+z,b= x+y,c= y+z. 2 2 2$ Подставим это в неравенство и уножим его на $8:$

8xyz ≤ (x +y)(x +z)(y +z)

Покажем, что числа $x,y,z$ положительные. Изначальное неравенство инвариантно относительно перестановки пременных, поэтому не умаляя общности положим, что $a ≤b ≤c.$ Тогда очевидно, что $y$ и $z$ положительны. Если же при этом $x$ отрицательно, то изначальное неравенство верно, потому что левая часть неположительна, а правая — положительна. Поэтому будем считать, что $x$ также больше $0.$

В этом случае мы можем написать неравенства о средних: $√-- √-- √ -- 2 xy ≤ x+ y,2 xz ≤x+ z,2 yz ≤ y+z.$ Осталось их перемножить и получить требуемое.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Выражение слева чем-то похоже на формулу Герона, не так ли? Давайте домножим неравенство на $a+b+c 16 ,$ чтобы оно в точности стало ею:

abc(a +b+ c) S2 ≤ ----16-----

Вспомним известные формулы площади через радиусы вписанной и описанной окружностей: $a+b +c= 2Sr ,abc =4RS.$ Если подставить это в неравенство, поделить на $S2$ и преобразовать, получим неравенство $2r ≤R.$ Оно следует из теоремы Эйлера про расстояние между центрами вписанной и описанной окружностей.

Следующая подтема