Тема АЛГЕБРА

Классические неравенства → .03 Неравенство о средних

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 81#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 $4 2 3 x + 4x ≥ 4x.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 82#42117Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что неравенство $2a4+ 2b4 ≥ ab(a +b)2$ выполняется для любых чисел $a$ и $b$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте раскроем скобки в правом выражении и посмотрим на неравенство. В нем везде степени 4. Хочется воспользоваться известными неравенствами...

Подсказка 2

Умножьте обе части на 4, вдруг можно разбить как-то слагаемые в левой части так, чтобы легко было применить пару неравенств о среднем арифметическом и среднем геометрическом?)

Подсказка 3

Попробуйте представить левую часть в виде (a⁴+b⁴+b⁴+b⁴) + (b⁴+a⁴+a⁴+a⁴) + 4(a⁴+b⁴) :)

Показать доказательство

Первое решение.

2a4+ 2b4− a3b− ab3− 2a2b2 = a4+ b4 − 2a2b2 +a4− a3b +b4− b3 = (2 2)2 ( 3 3) ( 2 2)2 2( 2 2) = a − b + a − b (a− b)= a − b +(a− b) a + ab +b ≥0

так как все слагаемые неотрицательны. Из неравенства следует доказываемое утверждение.

Второе решение.

По неравенству о средних

(a4+ b4+ b4+b4)+ (b4+ a4+a4+ a4)+4(a4 +b4)≥4ab3+ 4b3a+ 8a2b2

4 4 3 22 3 8(a + b)≥ 4ab +8a b+ 4ab

4 4 2 2 2(a + b)≥ ab(a + 2ab +b )

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 83#73488Максимум баллов за задание: 7

Даны положительные вещественные числа $x$ , $y$ и $z$ с суммой $3.$ Докажите, что

∘---√-- ∘ ---√-- ∘---√-- ∘ ------- ∘------- √------- 2 x + y+ 2 y+ z+ 2 z + x ≤ 8+ x− y+ 8+ y− z+ 8+ z− x.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала попробуем избавиться от корней под корнями, как можно это сделать?

Подсказка 2

Конечно, неравенство о средних! Из него выходит, что √x ≤ (x+1)/2. Теперь у нас осталась сумма удвоенных корней, то есть фактически сумма шести слагаемых. Можно ли как-то объединить два корня в один?

Подсказка 3

Все верно! Нам поможет неравенство между средним арифметическим и средним квадратичным. Попробуем перегруппировать корни так, чтобы после применения неравенства, в каждом из новых полученных корней появлялась сумма x + y, y + z или x + z. Как тогда можно закончить доказательство, использовав исходное условие?

Показать доказательство

Для начала запишем неравенство о средних для выражений $√x,√y,√z,$ которые под корнем

∘ ---√-- ∘---√-- ∘ --√--- ∘ ---y+-1 ∘ ---z+1- ∘ ---x+-1 2 x+ y+ 2 y+ z+ 2 z+ x≤ 2 x+ --2-+ 2 y+ -2--+2 z+ -2--

Далее сгруппируем получившиеся слагаемые по парам, чтобы применить неравенство между средним арифметическим и средним квадратичным

(∘ ------- ∘ -------) (∘ ------- ∘-------) ( ∘------- ∘ -------) x+ y+-1+ y+ z+-1 + y+ z+-1+ z+ x-+1 + x + y-+1 + z+ x+-1 ≤ 2 2 2 2 2 2

∘ -(----------------)- ∘--(----------------) ∘-(-----------------) ≤ 2 x+ y+-1+ y+ z+-1 + 2 y+ z+-1+ z+ x+1- + 2 x+ y+-1+ z+ x+1- 2 2 2 2 2 2

После упрощения получим получим

∘---------------- ∘ ---------------- ∘ ---------------- 2(x+ y)+(y+ z+2)+ 2(y+ z)+(z+ x+ 2)+ 2(x+ z)+(y+ x+ 2)

Теперь осталось только воспользоваться условием и преобразовать выражение

---------------- ---------------- ---------------- ∘ 2(3− z)+(y+ z+ 2)+ ∘ 2(3− x)+(z+ x+ 2)+ ∘ 2(3− y)+(y+ x+ 2)=

∘ ------- ∘ ------- √ ------- = 8+ x− y+ 8+ y− z+ 8+ z− x

Поднимаясь обратно по решению, получаем требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 84#73489Максимум баллов за задание: 7

Дано натуральное число $n≥ 2$ и положительные вещественные числа $a,a ,...,a 1 2 n$ такие, что $a + a +⋅⋅⋅+ a = 2n− 1. 1 2 n$ Найдите наименьшее возможное значение выражения

a1 a2 a3 an 1-+ 1+-a1 + 1+-a1+a2-+⋅⋅⋅+1-+a1+-a2+⋅⋅⋅+an−1

Показать ответ и решение

Положим $a = 1 0$ и $b = ∑k a. k i=0 i$ в частности, $b =2n,b = 1. n 0$ Тогда сумму из условия можно переписать как $b1−b0 + b2−b1+ ...+ bn−bn−1, b0 b1 bn−1$ что можно упростить и по неравенству о средних оценить как

∘ ---------- √-- bb1+ ...+ bbn-− n≥ n⋅ n bb1bb2.....b.bn − n ≥n ⋅ n2n− n= n 0 n−1 01 n−1

Ответ:

$n,$ равенство достигается при $a = 2k−1 k$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 85#73522Максимум баллов за задание: 7

Для положительных чисел $a$ , $b$ и $c,$ произведение которых равно $1,$ докажите неравенство

------1------ ------1------ ------1------ 1 a3+2b2+ 2b+4 +b3+ 2c2 +2c+ 4 + c3+2a2+ 2a+ 4 ≤ 3.

Показать доказательство

По неравенству о средних оценим знаменатели

-----------1----------- -----------1---------- -----------1----------- (a3 +b2+ b)+ (b2 +b+ 1)+3 +(b3+ c2+ c)+(c2+c +1)+ 3 + (c3+ a2+ a)+ (a2 +a+ 1)+ 3 ≤

≤ ----1----+ ----1----+ ----1---- 3ab+3b+ 3 3bc +3c+ 3 3ac+3a+ 3

Домножая числитель и знаменатель второй дроби на $b$ и третьей на $ab,$ и пользуясь равенством $abc=1,$ получим

( ) ( ) 1 ---1----+ ---1----+---1--- = 1 ---1---+ ---b----+ --ab---- = 1 3 ab+ b+ 1 ca +a +1 bc+ c+1 3 ab+b+ 1 1+ ab+ b b+1 +ab 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 86#90857Максимум баллов за задание: 7

Положительные числа $a,b,c$ таковы, что $a2b+ b2c+ c2a =3$ . Найдите минимальное значение выражения

7 7 7 3 3 3 A= a b+b c+ ca+ ab +bc +ca .

Источники: СПБГУ-21, 11.2 (см. olympiada.spbu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте поймем, что в нашем арсенале доказательства неких неравенств, оценок и прочего, зачастую есть только «смекалочка» и неравенство Коши. Смекалочка нужна, чтобы правильно сгруппировать, а Коши, чтобы верно оценить. Давайте поймем, почему нам удобно группировать слагаемые в виде a^7 * b + a * b ^3?

Подсказка 2

Потому что, по неравенству Коши, получается хорошая оценка на каждую такую сумму. Хорошая это, потому, что полученная сумма - сумма квадратов выражения, на которое у нас есть условие. А как у нас связана сумма квадратов и квадрат суммы неравенством?

Подсказка 3

Существует неравенство a^2 + b^2 + c^2 >= ab + bc + ac(доказывается по Коши), которое можно переписать в удобном для нас виде: 3(a^2 + b^2 + c^2) >= (a + b + c)^2. Какая тогда оценка получается на наше выражение? А достигается ли она? А в какой точке?

Показать ответ и решение

По неравенству о средних $a7b+ab3 ≥ 2a4b2$ (аналогично для других пар). Значит

42 42 4 2 2 42 42 42 A ≥ 2(a b +b c +c a)= 3(a b +b c +c a)(1+1+ 1)

по неравенству Коши

2 2 3(a4b2 +b4c2 +c4a2)(1+1 +1)≥ 3(a2b+ b2c+ c2a)2 = 6

Равенство достигается при $a= b= c= 1.$

Ответ: 6

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 87#99090Максимум баллов за задание: 7

Докажите неравенство

---x---- ---y--- ---z--- −x+ y+ z + x− y+ z + x+ y− z ≥ 3,

где $x,y,z$ — стороны произвольного треугольника.

Показать доказательство

Заметим, что в знаменателях стоят длины отрезков касательных к вписанной в треугольник со сторонами $x,y,z$ окружности. Обозначим знаменатели $a,b,c.$ Тогда неравенство эквивалентно

b+ c c+ a a+ b -2a-+ -2b-+ -2c-≥ 3

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

Последнее верно в силу неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим для 6 чисел (положительных, так как это длины отрезков касательных).

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 88#99644Максимум баллов за задание: 7

Положительные числа $x,y$ и $z$ таковы, что $xyz = 8$ и $x≤ z$ . Докажите неравенство

x y z 2x 2 + 3 + 6 ≥ z .

Источники: ИТМО - 2021, 11.4 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте для начала просто внимательно посмотрим на наше неравенство. Что мы можем сказать об этих выражениях? О коэффициентах? О переменных?

Подсказка 2

Интересно, что коэффициенты из левой части в сумме дают 1. Выглядит прямо как среднее арифметическое для чисел х, х, х, у, у и z... А тут ещё и неравенства...

Подсказка 3

Да, давайте применим здесь неравенство для среднего арифметического и геометрического! Преобразуем их с помощью известных условий и будем держать в голове, что x не больше z!

Показать доказательство

Заметим, что сумма коэффициентов в левой части равна единице. Применим неравенство для среднего арифметического и среднего геометрического для чисел $x,x,x,y,y,z$ :

x y z 6∘----- 6∘ ------x- ∘6x- 2 + 3 + 6 ≥ x3y2z = x2y2z2⋅z =2 z

Поскольку $x≤ z,xz < 1$ и, следовательно, $∘ -- 6 xz ≥ xz.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 89#98022Максимум баллов за задание: 7

Переменные $x,y,z,t$ таковы, что справедливо неравенство

8≤ x≤ y ≤ z ≤ t≤128.

Какое наименьшее значение может принимать выражение $x+ z y t$ ?

Показать ответ и решение

Заметим, что

x 8 8 z z-- x z 8 -z- y ≥ y ≥ z, t ≥ 128, y + t ≥ z + 128

В силу неравенства о среднем арифметическом и среднем геометрическом для любого $z > 0:$

∘ --- ∘ --- 8 +-z- ≥2 -8-= 2 -1 =2⋅ 1= 1 z 128 128 16 4 2

При $x= 8,t=128,z = y = √8⋅128= 32.$

Проверка:

8-+ 32-= 1+ 1 = 1, 32 128 4 4 2

то есть условие выполнено.

Таким образом, наименьшее значение, которое может принимать выражение $x+ z y t$ , равно $1. 2$

Ответ:

$1 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 90#98587Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что для $a≥ 0,b≥0$ выполняется неравенство

(a +b)(ab+ 2025)≥ 180ab.

Показать доказательство

По неравенству о средних

√-- √----- (a+ b)(ab+ 2025)≥ 2 ab⋅2 2025ab= 180ab

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 91#99089Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что для $a< 1,$ $b< 1,$ $c< 1,$ $a +b+ c≥ 1 2$ выполняется неравенство

125 (1− a)(1− b)(1− c)≤ 216.

Показать доказательство

По неравенству о средних для трёх чисел $1− a> 0,1− b> 0,1 − c> 0$ верно

∘3--------------- (1−-a)+-(1−-b)+(1−-c)- a-+b+-c (1− a)(1 − b)(1− c)≤ 3 =1 − 3

Из условия задачи $a+b+c 1 --3--≥ 6,$ поэтому

( )3 (1− a)(1− b)(1 − c)≤ 1− 1 = 125 6 216

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 92#103213Максимум баллов за задание: 7

Даны числа $x,y,z ∈ [0,π]. 2$ Найдите максимальное значение выражения

3∘------- 3∘ ------- √3------- A = sinx cosy+ sinycosz+ sinzcosx.

Источники: СПБГУ - 2020, 11.2 (см. olympiada.spbu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вспомним, что куб суммы трёх слагаемых не может быть больше суммы кубов соответствующих слагаемых, домноженной на 9. Распишем так наше выражение и посмотрим повнимательнее! Было бы очень удобно от произведения синусов и косинусов прийти к их квадратам, чтобы воспользоваться основным тригонометрическим тождеством, но как это сделать....

Подсказка 2

Конечно, можно записать, что произведение синуса и косинуса не превосходит полусумму квадратов по неравенству Коши для средних!

Подсказка 3

Теперь можем легко найти значение куба числа А! Остаётся только выразить отсюда само А и подобрать подходящие x, y и z.

Показать ответ и решение

Первое решение.

Воспользуемся неравенством

3 ( 3 3 3) (a+ b+ c) ≤ 9 a +b + c при a,b,c≥ 0.

Тогда с учетом неравенства Коши для средних

3 9 ( 2 2 2 2 2 2 ) 27 A ≤ 9(sin xcosy+ sinycosz+ sinzcosx)≤ 2 sin x +cos y+sin y +cosz +sin z +cosx = -2

откуда $3 A ≤ 3√2.$ Равенство реализуется при $π x= y = z = 4.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Заметим, что для любого $t$

√ - ( ) √- sin t+cost= 2⋅sin t+ π ≤ 2. 4

В силу неравенства Коши для средних

√ -------- ∘ ---------√-- √- √36-⋅ 3 sinu⋅cosv =3 3sinu ⋅cosv⋅-22-≤sinu+ cosv+-22-. 2

Применим эту оценку при $(u,v)∈{(x,y),(y,z),(z,x)}$ и затем сложим получившиеся неравенства. Тогда

√- √- √- 3A- 3-2 √- 3-2 9-2 6√2 ≤sin x+ cosx+ siny+ cosy +sin z+cosz+ 2 ≤ 3 2+ 2 = 2 ,

откуда $3-- A ≤ 3√2.$ Равенство реализуется при $π x= y = z = 4.$

Ответ:

$-3√- 32$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 93#107140Максимум баллов за задание: 7

Про положительные числа $a,b,c,d$ известно, что

(a+ c)(b+d)= ac+bd

Докажите неравенство

a b c d b + c + d +a ≥ 8

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте для начала применить неравенство о средних так, чтобы числитель дроби после приведение к общему знаменателю был равен ac + bd.

Подсказка 2

Заметим, что a/b + c/d ≥ 2√(ac/bd) и b/c + d/a ≥ 2√(bd/ac). Тогда достаточно доказать, что 2(ac + bd)/√(abcd) ≥ 8. Остается вспомнить условие и применить еще одно неравенство.

Показать доказательство

Дважды по неравенству о средних:

a b c d ( ∘-ac- ∘ bd) ac +bd b + c + d + a ≥2 ⋅ bd-+ ac =2 ⋅√abcd =

(a+-c)(b+-d)- 2⋅2√ac-⋅2√bd- =2⋅ √abcd ≥ √abcd- = 8

Что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 94#111641Максимум баллов за задание: 7

Даны вещественные числа $a,b,c,d$ такие, что $a≥ b≥c≥ d> 0$ и $a+ b+c +d= 1.$ Докажите, что

ab cd (a+ 2b+3c+ 4d)a bc d <1.

Показать доказательство

Применим взвешенное неравенство о средних с весами $a,b,c,d:$

ab cd 2 2 2 2 ab cd ≤ a⋅a+ b⋅b+c ⋅c+ d⋅d= a + b+ c + d

Таким образом, достаточно доказать, что

(a+ 2b+3c+ 4d)(a2 +b2+ c2 +d2)< 1= (a+ b+ c+d)3

Раскроем куб суммы:

(a+ b+ c+d)3 > a2(a+ 3b+3c+ 3d)+ b2(3a+ b+ 3c+ 3d)+c2(3a+ 3b+ c+3d)

+d2(3a+ 3b+ 3c+ d)= (a2+ b2+c2+ d2)⋅10(a+b+ c+ d)=10(a2 +b2+ c2 +d2)≥

(a2+ b2+ c2+ d2)⋅(a+ 2b+3c+ 4d)

Следовательно, исходное неравенство выполнено.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 95#121815Максимум баллов за задание: 7

Даны $m$ подмножеств $n$ -элементного множества: $A ,...,A . 1 m$ Обозначим через $|A| i$ число элементов множества $A . i$ Докажите неравенство

m∑ n2 |Ai∩ Aj ∩Ak|≥ (|A1|+...+|Am|)3 i,j,k=1

в котором индексы $i,j,k$ пробегают все значения от $1$ до $m,$ то есть в сумме всего $m3$ слагаемых.

Источники: Высшая проба - 2020, 11.7(см. olymp.hse.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте рассмотреть произвольный элемент исходного множества и подумайте, как будет меняться сумма в зависимости от того, сколько раз он входит в каждое подмножество.

Подсказка 2

Подумайте, как связаны сумма количеств элементов во всех подмножествах и сумма вхождений каждого элемента в каждое подмножество.

Подсказка 3

Попробуйте преобразовать видоизмененное исходное неравенство к чему-то более удобному. Может быть будет полезно вспомнить неравенство о средних?

Показать доказательство

Сумма в левой части описывает количество элементов в пересечениях троек множеств. Можно задаться вопросом: в какое количество пересечений троек входит каждый элемент? Посчитаем и ответим на этот вопрос!

Пусть $i−$ й элемент исходного $n−$ элементного множества входит в $ai$ подмножеств $A1,A2,...,Am.$ Тогда он входит ровно в $3 ai$ пересечений троек. Тогда

∑m |Ai ∩Aj ∩ Ak|=a31+ ...+ a3n i,j,k=1

Заметим, что $a1+ a2 +...+ an = |A1|+ |A2|+ ...+ |Am |,$ так как обе суммы подсчитывают двумя способами одну и ту же величину: количество пар (множество; элемент множества). Таким образом, задача свелась к доказательству неравенства

2 3 3 3 3 n (a1+ a2+ ...+an)≥ (a1 +a2+ ...+ an)

А это неравенство эквивалентно неравенству между средним арифметическим и средним кубическим!

∘ -3---3------3- 3a1+-a2+...+an ≥ a1+a2+-...+-an n n

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 96#74905Максимум баллов за задание: 7

Даны положительные числа $a$ , $b$ , $c$ , $d$ . Найдите минимальное значение выражения

( a+b)4 ( b+c)4 ( c+d)4 ( d+ a)4 -c-- + -d-- + -a-- + -b--

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала хочется избавиться от сумм в числителях и заменить на какое-то произведение, ведь если мы потом снова применим нер-во о средних к всем этим слагаемым, то все переменные могут сократится и останется число) Как это можно сделать?

Подсказка 2

Применим обычное нер-во о средних для a+b: a+b ≥ 2√(ab). Тогда каждое слагаемое будет вида 16a²b²/c⁴. Примените теперь еще раз неравенство о средних и получится оценка) Главное вспомнить что она достигается когда все переменные, к которым применялось неравенство равны!

Показать ответ и решение

Применим неравенство о средних:

( a+b)4 ( b+c)4 ( c+d )4 ( d+ a)4 a+ b b+ c c+ d d +a -c-- + -d-- + -a-- + -b-- ≥ 4⋅-c--⋅--d-⋅--a-⋅--b-.

Далее оценим отдельно числитель каждой дроби в последнем выражении:

√-- √ -- √-- √-- 4⋅ a+-b⋅ b+-c⋅ c+-d⋅ d+-a≥ 4⋅ 2-ab ⋅ 2-bc-⋅ 2-cd⋅ 2-da =64. c d a b c d a b

Осталось заметить, что равенство реализуется при $a= b= c= d$ .

Ответ: 64

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 97#71901Максимум баллов за задание: 7

Известно, что квадратный трёхчлен

2 (b+c)x +(a+ c)x+ (a+ b)

не имеет корней. Докажите, что $4ac− b2 ≤ 3a(a +b+ c).$

Источники: СпбОШ - 2018, задача 11.4(см. www.pdmi.ras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если красота не очевидна, то есть смысл попробовать конструкцию просто преобразовать: пораскрывать скобочки или наоборот поискать красивые разложения имеющихся выражений и т.п. Тем более, степень тут всего лишь вторая – не такие уж страшные выражения! Что мы можем извлечь из условия об отсутствии корней у квадратного трёхчлена?

Подсказка 2

Нет корней – значит мы имеем неравенство на дискриминант. А теперь внимательно посмотрим на имеющееся и искомое неравенства: возможно, в них есть что-то общее, что позволяет перейти от искомого неравенства к равносильному?

Подсказка 3

Поработайте с новым неравенством, удаётся ли красиво разложить его, выделяя полные квадраты? Осталось лишь применить неравенство о средних и задача побеждена!

Показать доказательство

Обозначим через $P (x)$ квадратный трёхчлен из условия задачи:

2 P(x)= (b+ c)x + (a+c)x+ (a+ b).

Если одновременно поменять знаки у всех коэффициентов трёхчлена $P(x),$ то у него по-прежнему не будет корней, а требуемое неравенство не изменится. Поэтому можно считать, что $b+c> 0$ и $P(x)> 0$ при всех $x.$

Решение 1.

Поскольку $P(x)$ не имеет корней, его дискриминант отрицателен:

2 (a +c) − 4(a+ b)(b+c)< 0.

После деления на $4$ и приведения подобных получим неравенство

2 a2 c2 ac b + ab> 4 + 4 − 2 − bc. (∗)

Нам требуется доказать, что $2 4ac− b ≥3a(a+ b+c),$ или, что то же самое, $2 2 6a + 6ab+ 2b ≤2ac.$ Заменим в этом неравенстве $2 b + ab$ на правую часть неравенства (*), тем самым уменьшив левую часть. Останется доказать неравенство

2 2 a2 c2 ac 6a + 5ab+ b + 4-+ 4-− 2-− bc≥ 2ac.

После приведения подобных оно примет вид

( )2 ( )2 ( ) 5a + 5ab+b2+ c2= 5a+ b + c2≥ 5a+ b c, 2 4 2 4 2

и теперь оно очевидно в силу неравенства о средних.

Решение 2.

Положим

u= b+c,v = c+a,w =a +b.

Тогда $1(v+ w − u),b= 1(u− v+ w),c = 1(u+ v− w). 2 2 2$ По условию квадратный трёхчлен $ux2+vx+ w$ не имеет корней. Тогда его дискриминант $v2− 4uw$ отрицателен, значит, $4uw> v2.$ Перепишем в новых обозначениях неравенство, которое нужно доказать:

2 0≤ 3a(a+ b+c)− 4ac+ b =

v-+w-− u u+-v+-w v+-w-− u u+-v−-w (u-− v+-w )2 =3 2 ⋅ 2 − 4 2 ⋅ 2 + 2 =

2 2 = u-+-2vw+-4w-−-3uw-−-uv 2

Это равносильно неравенству $(u− 2w)2+ uw ≥v(u− 2w),$ и в таком виде оно очевидно, поскольку

(u− 2w)2 +uw > (u− 2w)2+ v2≥ 2(u− 2w)v= v(u− 2w ). 4 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 98#73450Максимум баллов за задание: 7

Найдите все пары чисел $x,y$ из промежутка $(0,π), 2$ при которых достигается минимум выражения

( √ - )( √- )2 ( )4 √---3siny--+ 1 -2sinx-+ 1 sin√(x+-y)+1 2sin(x +y) 3 siny 7 3sinx

Источники: ДВИ - 2018, задача 8 (cpk.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте начнём с того, что подумаем, как мы можем найти минимальное значение выражения. Через производную? Нет, конечно, это будет очень сложно. Как ещё можно найти минимальное значение?

Подсказка 2

Через неравенство! Но какое здесь можно применить? Давайте попробуем самое популярное — неравенство о средних!

Подсказка 3

Применим это неравенство отдельно для каждой скобки. В первой скобке применим неравенство для двух чисел, во второй представим 1 как три дроби 1/3, применим неравенство для 4 чисел, в третьей аналогично представим 1 как семь дробей 1/7 и применим неравенство для 8 чисел. Когда в неравенстве о средних достигается равенство?

Подсказка 4

Когда все числа равны! Тогда дробь в первой скобке равна 1, во второй — 1/3, в третьей — 1/7. Теперь осталось решить систему.

Подсказка 5

Выразим x из второго уравнения (это будет арксинус от синуса y, делённого на корень из 2) и подставим в третье уравнение. Получаем одно уравнение с одной неизвестной!

Подсказка 6

Раскроем синус суммы, воспользуемся тем, что при наших ограничениях cos(arcsin(t)) = √(1 - t²).

Подсказка 7

sin(y) не равен 0, можем на него поделить. Получилось обычное иррациональное уравнение. Тут корень равен выражению, которое больше 0. Можем возвести в квадрат.

Подсказка 8

Находим y и через него x, не забудьте подставить их в первое уравнение и проверить, подходят ли они.

Показать ответ и решение

Вспомним неравенство о средних для двух положительных чисел: $a+ b≥ 2√ab.$ Также заранее подметим, что переменные по условию из промежутка $( π) 0,2 ,$ а значит аргументы синусов лежат в промежутке $(0,π),$ то есть значения всех синусов в выражении положительны.

Заметим, что если убрать показатели, то мы сможем применить это неравенство к каждой скобке, после чего все синусы сократятся и мы получим оценку каким-то числом. Однако неравенство о средних работает для произвольного количества положительных чисел, поэтому если мы разобьём вторую скобку на $4$ слагаемых, а третью — на $8,$ то после оценки и возведения в степени все синусы будут под квадратными корнями и сократятся:

√- ∘ --√------- √--3sin-y--+ 1≥2 √--3siny--, 2sin(x+ y) 2 sin(x+ y)

√ - √ - ∘ √--------- --2sinx +1= --2sinx +3⋅ 1 ≥4 4-2sinx ⋅ 13, 3siny 3siny 3 3siny 3

sin(x+ y) sin(x +y) 1 ∘8sin(x+-y)-1- -7√3sinx + 1= 7√3sin-x + 7⋅7 ≥8 -7√3-sinx ⋅77

Если возвести второе неравенства в квадрат, а третье — в четвёртую степень, а затем их перемножить, то мы получим оценку снизу на исходное выражение. Значение этой оценки нам не важно, нам нужны значения $x,y,$ при которых достигается эта оценка. Для её достижения необходимо, чтобы во всех трёх неравенствах, выписанных выше, было равенство. Равенство в неравенстве о средних возникает лишь когда все переменные равны. Таким образом:

√ - √- √---3siny--= 1,-2sin-x= 1,sin√(x+-y)= 1 2sin(x +y) 3siny 3 7 3sinx 7

Из второго равенства, учитывая, что $x∈ (0,π), 2$ получаем $x =arcsin(sin√y). 2$

В третье равенство подставим $x= arcsin(si√n2y)$ и получим: $∘ -- sin(y+ arcsin(si√n2y))= 32siny.$ Раскроем синус суммы: $∘ -- sinycos(arcsin(si√n2y))+ cosysin(arcsin(sin√y2 ))= 32 siny.$ Пользуясь равенствами $cos(arcsint)= √1−-t2-$ при $t∈[0,1]$ и $sin(arcsint)=t$ получим:

∘ -------- sin2y siny ∘ 3- sin y 1− --2- +cosy⋅√2--= 2 siny

По условию $y ∈ (0,π2),$ то есть $siny ⁄= 0,$ а значит на него можно сократить:

∘-------- sin2y cosy- ∘ 3- 1− 2 + √2- = 2

Приведём уравнение к следующему виду (основное тригонометрическое тождество и домножение на $√ - 2$ ):

∘ ------- √- 1+ cos2y = 3 − cosy

Заметим, что правая часть всегда больше $0,$ то есть мы можем возвести в квадрат без накладывания дополнительных ограничений:

2 √- 2 1+ cosy =3− 2 3cosy+ cos y

Полученное уравнение имеет решение $cosy = √1, 3$ то есть $y =arccos√1, 3$ откуда $x= arcsin 1√-. 3$

Ответ:

$y =arccos√1,x= arcsin 1√ 3 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 99#99087Максимум баллов за задание: 7

Произведение положительных чисел $a,b,c$ и $d$ равно $1.$ Докажите неравенство

a4+-b4- b4+-c4 c4+d4- d4+-a4 a2+ b2 +b2+ c2 + c2+d2 +d2+ a2 ≥ 4.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

С суммой дробей с разными знаменателями работать в неравенствах не очень удобно, поэтому первым делом хочется от них избавиться. Вероятнее всего, для этого нам нужно понять, как связаны числитель и знаменатель?

Подсказка 2

Нужно воспользоваться каким-нибудь вспомогательным неравенством. При этом четвёртые степени и квадраты это всё равно, что квадраты и первые степени. Как же их можно связать между собой?

Подсказка 3

Верно, их можно оценить между собой следующим образом: 2(a^4+ b^4) ≥ (a²+b²)²(для других дробей аналогично). Ещё это можно было понять из неравенства между средним арифметическим и средним квадратическим, возведённым в квадрат, там как раз в таком случае участвуют четвёртые степени и скобка в квадрате. Тогда после сокращения у нас останутся слагаемые вида (a² + b²)/2, что в итоге равно a² + b² + c² + d². Как же добить это неравенство? Мы ещё не всем воспользовались из условия.

Подсказка 4

Да, осталось вспомнить про неравенство о средних, и победа!

Показать доказательство

Первое решение.

Поскольку $( 4 4) (2 2)2 2 a +b ≥ a +b ,$ справедливо неравенство

4 4 1(a2+ b2)2 2 2 aa2++-bb2 ≥ 2-a2+-b2- = a-+2b

Сложив его с тремя аналогичными неравенствами, получим, что левая часть доказываемого неравенства не меньше, чем

a2+b2+ c2+d2 ≥ 2ab+2cd≥ 4√abcd-=4

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Заметим, что $4 4 aa2++bb2 ≥ab.$ Действительно, это неравенство после домножения на знаменатель превращается в неравенство

(a3− b3)(a− b)= a4+ b4 − a3b− ab3 ≥ 0

Но в таком виде оно очевидно, поскольку скобки в левой части имеют одинаковый знак, и их произведение неотрицательно.

Следовательно,

4 4 4 4 4 4 4 4 a2+-b2-+ b2+-c2 + c2+d2-+ d2-+a2 ≥ ab+ bc+ cd+ da ≥4 a + b b+ c c +d d +a

В последнем неравенстве мы дважды воспользовались неравенством о средних для двух чисел: $ab+cd≥ 2√ab⋅cd-=2$ и $bc+ da ≥2√bc⋅da= 2.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 100#99093Максимум баллов за задание: 7

Даны положительные числа $x ,x ,...,x 1 2 n$ , где $n ≥ 2$ . Докажите, что

1 +x2 1+ x2 1+x2n−1 1 +x2 1+x11x2 + 1+-x22x3 + ...+ 1+xn−1xn-+1-+xnnx1 ≥n.

Показать доказательство

По неравенству о средних

-1+x21- -1+x22 1+x2n−1- -1+x2n-- ∘ -------------------- 1+x1x2-+1+x2x3 +...+-1+xn−1xn +-1+xnx1-≥ n-(1+-x21)⋅...⋅(1+-x2n)- n (1 +x1x2)⋅...⋅(1+ xnx1)

В условии требуют доказать, что левая часть этого неравенства не меньше 1, поэтому достаточно доказать, что правая часть (оценка снизу) не меньше 1, то есть

(1 +x21)⋅...⋅(1 +x2n)≥ (1 +x1x2)⋅...⋅(1+ xnx1)

В силу положительности чисел неравенство эквивалентно возведённому в квадрат

(1+ x2)(1+ x2)⋅(1+ x2)(1+x2)⋅...⋅(1+x2 )(1+ x2)⋅(1+ x2)(1+ x2)≥(1+ x x)2⋅(1 +x x )2...⋅(1+ x xn)2⋅(1 +xnx )2 1 2 2 3 n−1 n n 1 12 2 3 n− 1 1

Здесь последовательная пара скобок слева не меньше соответствующей скобки справа. Например,

2 2 2 (1+ x1)(1+ x2)≥ (1+x1x2),

поскольку

x21+ x22 ≥ 2x1x2.

Аналогично с остальными скобками.

Предыдущая подтема

Следующая подтема