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 101#46231Максимум баллов за задание: 7

Целые, положительные, шестизначные числа $a 1$ и $a 2$ такие, что если к сумме цифр числа $a 1$ прибавить сумму цифр числа $a 2$ , то получится $36.$ Найти наибольшее возможное при этих условиях значение $a1 ⋅a2$ .

Источники: Росатом-17, 11.3 (см. rsr-olymp.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

Сумма 36 - не так уж много! Давайте попробуем понять, какая максимальная сумма у наших чисел! Каждое из них не больше 990000...

Подсказка 2!

Осталось оценить произведение и не забыть, что нужен пример!

Показать ответ и решение

Посмотрим сначала на сумму этих чисел. Заметим, что она не превосходит $990000+ 990000= 18 ⋅100000 +18⋅10000$ . Действительно, каждая цифра отвечает за то, сколько раз нам взять число $k 10,k∈ {0,...5}$ . Каждая цифра не больше $9$ , потому сумму больше мы получить просто не можем — выгоднее всего брать максимальные степени $10$ , что мы и сделали.

Итак, мы знаем, что $2 a1+ a2 ≤ 2⋅990000 =⇒ a1⋅a2 ≤ 990000$ (по неравенству о средних максимум произведения при фиксированной сумме достигается при равенстве чисел). То есть наша оценка достигается при $a1 = a2 =990000$ , что удовлетворяет условию.

Ответ:

$9900002$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 102#64375Максимум баллов за задание: 7

Даны вещественные числа $x,...,x . 1 n$ Найдите максимальное значение выражения

---sinx1+-...+-sinxn--- A= ∘tg2-x1-+...+-tg2xn+n-.

Источники: СПБГУ-17, 11.3 (см. rsr-olymp.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть A = b/c. Попробуйте доказать некоторые оценки для b и 1/c.

Подсказка 2

Для 1/c воспользуйтесь тем, что 1 + tg²x = 1/cos²x. Можно ли как-то избавиться от корня в знаменателе?

Подсказка 3

Докажите, что (a₁ + a₂ + ... + aₙ)² ≤ n ⋅ ((a₁)² + (a₂)² + ... + (aₙ)²).

Подсказка 4

Воспользуйтесь неравенством Коши.

Показать ответ и решение

Заметим, что при любых $a ,...,a 1 n$

(∑n )2 ∑n ak ≤ n a2k (∗) k=1 k=1

По сути это частный случай транснеравенства, но докажем его по индукции. База очевидна, шаг:

(∑n )2 (n−∑1 )2 n∑−1 n∑−1 n∑−1 ak = ak + 2an ak+ a2n ≤ (n − 1) a2k+ a2n +2an ak k=1 k=1 k=1 k=1 k=1

Осталось доказать

n∑−1 ∑n n∑−1 n−∑ 1 a2n +2an ak ≤ n a2k− (n − 1) a2k = na2n+ a2k ⇐⇒ k=1 k=1 k=1 k=1

n−∑ 1 n∑−1 2akan ≤ (a2k+ a2n)-выполняется почленно k=1 k=1

Отсюда в силу неравенства для среднего гармонического и среднего арифметического

[ ] ∘--------1---------= 1+ tg2x = -12--= ∘--------1--------≤ tg2x1+ ...+tg2xn+ n cos x cos12x1 + ...+ cos12xn

√- ≤(∗)≤ -1-----n---1---≤ cosx1+n..√.n+cosxn. cosx1 + ...+ cosxn

Предпоследний переход объясняется положительностью косинусов и перемножением крест-накрест с возведением в квадрат, тогда нам и помогает $(∗)$ .

Тогда по неравенству Коши, применённому к скобкам ниже:

(∑n sinxk)⋅(∑n cosxk) (∑n sinxk)2+(∑n cosxk)2 A≤ ---k=1----n√n--k=1----- ≤---k=1----2n√n--k=1------≤

∑ ∑ √- ≤ (∗)≤ --nk=1sin2xk+√--nk=1cos2xk-= -n. 2 n 2

Равенство достигается при $π xi = 4$ .

Ответ:

$√n 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 103#98625Максимум баллов за задание: 7

Пусть $x,y,z >0$ . Докажите следующее неравенство:

x2-+2y2+-2z2- y2-+2z2+-2x2 z2+-2x2+-2y2 x2+ yz + y2+ zx + z2+ xy >6.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В знаменателе присутствует удвоенное произведение переменных, а в числителе — квадраты. На какие замены или оценки это может намекать?

Подсказка 2

Воспользуемся неравенством о средних! Можем попробовать избравиться от удвоенных произведений.

Подсказка 3

Отлично, теперь у нас в знаменателе есть квадраты всех переменных. Было бы хорошо иметь одинаковые знаменатели, однако заменять их на меньшие и продолжать цепочку неравенств мы пока не можем. Вот если бы перед дробями был бы минус....

Подсказка 4

Выделите в каждой дроби целую часть и сделайте оценку. Нам было бы очень удобно привести дроби к похожему виду!

Показать доказательство

Первое решение.

Так как для любых чисел $x$ и $y$ верно $2 2 2xy ≤x + y ,$ то

x2+ 2y2+ 2z2 y2+ 2z2+2x2 z2+ 2x2+2y2 --2x2+-2yz-- +--2y2+-2zx-- +--2z2+-2xy-- ≥

2 2 2 2 2 2 2 2 2 ≥ x-+2-2y2+2z2 + y-+2-2z2+2x2 + z-+2-2x2+2y2-= 2x + y + z 2y + z + x 2z + x + y

= 2− ---3x2----+ 2− ---3y2----+ 2− ---3z2----. 2x2 +y2+ z2 2y2+ z2+ x2 2z2+ x2+ y2

Так как по условию числа положительные, а для любого ненулевого числа $x$ верно $2 2 2x >x ,$ то

3x2 3y2 3z2 2− 2x2+-y2+z2 +2− 2y2+-z2-+x2 + 2− 2z2+-x2-+y2 >

2 2 2 2 2 2 > 2− -2-3x2--2 +2− -2-3y2--2 +2− -2--3z2--2 = 6− 3x-2+3y2-+-3z2--=3. x + y +z y + z +x z + x + y x + y +z

В итоге мы показали, что

x2-+2y2+-2z2-+ y2-+2z2+-2x2 + z2+-2x2+-2y2 >3, 2x2+ 2yz 2y2+ 2zx 2z2+ 2xy

поэтому

x2 +2y2+ 2z2 y2 +2z2+ 2x2 z2+ 2x2+ 2y2 --x2+-yz---+---y2+-zx-- +---z2+-xy-- >6.

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Так как для любых чисел $x$ и $y$ верно $x2+y2 ≥ 2xy,$ то

2y2+-2z2-+x2 + 2z2+-2x2+y2 + 2x2+-2y2+z2 ≥ x2+ yz y2+ xz z2+ xy

2 2 2 ≥ x2+4yz+ y2+-4xz+ z2+4xy- x + yz y +xz z + xy

Теперь нам требуется доказать

1+ -3yz--+1 +--3xz-+ 1+ -3xy--> 6, x2+ yz y2+ xz z2+ xy

что эквивалентно

yz xz xy x2+-yz + y2+-xz + z2+xy-> 1.

Сделаем замену $yz = a,xz =b,xy = c$ , тогда неравенство перепишется как:

-a---+ acb--+ --a--> 1 bca-+a b-+ b acb+ c

--a2-- --b2-- --c2--- a2+ bc +b2+ ac + c2+ab >1

Так как $a,b,c>0,$ то

a2 b2 c2 a2+bc + b2+-ac-+ c2+-ab >

2 2 2 > -2a--- + 2-b---+ -2c---≥ a + 2bc b+ 2ac c +2ab

≥----a2--- + ---b2----+ ---c2----= 1 a2+ b2+ c2 b2+ a2+ c2 c2+ a2+ b2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 104#39802Максимум баллов за задание: 7

Уравнение с целыми коэффициентами $x4 +ax3+ bx2+ cx+ d= 0$ имеет четыре положительных корня с учетом кратности. Найдите наименьшее возможное значение коэффициента $b$ при этих условиях.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Смотрите, давайте выразим коэффициенты b и d через корни многочлена по теореме Виета! Ага, мы знаем, что они точно целые и не меньше единицы, но попробуем оценить b через d используя то, что они оба - какие-то выражения от корней многочлена.

Подсказка 2

Ага, давайте попробуем оценивать вот такое выражение — b/√d, так как если его записать, с точки значения корней мы получим красивое выражение. Как бы его оценить...

Подсказка 3

Вспомните неравенство о средних и примените для этих 6 слагаемых! Получим оценку b через √d. d у нас минимум 1, попробуем с таким расчетом придумать пример для b!

Показать ответ и решение

По условию уравнение имеет корни, обозначим их $x ,x ,x ,x. 1 2 3 4$

По теореме Виета $x1x2+ x1x3+ ...+ x3x4 =b$ и $x1x2x3x4 = d.$ Корни положительны, так что $b≥ 1,d≥ 1$ (коэффициенты целые). По неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим:

x1x2+ x1x3 +...+ x3x4 6∘--------- √ - b=6---------6---------≥ 6 (x1x2x3x4)3 =6 d≥ 6

В неравенстве достигается равенство ( $b= 6$ ) для уравнения $(x − 1)4 = 0 ⇐ ⇒ x4 − 4x3+ 6x2 − 4x+ 1= 0.$

Ответ:

$6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 105#74723Максимум баллов за задание: 7

Сумма неотрицательных чисел $a,b,c$ и $d$ равна 4. Докажите, что

(ab+ cd)(ac+ bd)(ad+bc)≤ 8

Источники: Олимпиада Эйлера, 2016, ЗЭ, задача 7(см. old.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

По условию нам дана только сумма четырех величин, но перед нами в неравенстве написаны произведения. Какое классическое неравенство позволяет нам оценить произведение относительно суммы?

Подсказка 2

Правильно, нам может помочь неравенство о средних для среднего арифметического и среднего геометрического. Подумайте, как можно оценить левую часть нашего неравенства через сумму a, b, c, d.

Подсказка 3

Давайте разобьем наше произведение на три попарных подкоренных √((ab+cd)(ac+bd)), √((ab+cd)(ad+bc)) и √((aс+bd)(ad+bc)). Теперь мы можем применить неравенство о средних для каждого из произведений и получить оценку сверху через известную нам сумму

Показать доказательство

∘ ------------- ab+cd+ ac+bd (a+ d)(b+ c) 1(a +b+ c+ d)2 (ab+ cd)(ac+bd)≤ ------2------= ----2-----≤ 2 -----2---- = 2

∘ (ab+-cd)(ad-+bc)≤2

∘ ------------- (ac+ bd)(ad +bc)≤2

Перемножая три полученных неравенства, получаем искомое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 106#84392Максимум баллов за задание: 7

Положительные числа $x,y,z$ удовлетворяют условию $xyz+xy+ yz+ zx= 4.$ Докажите, что $x+ y+ z ≥ 3.$

Показать доказательство

Предположим, что $x+ y+ z < 3,$ тогда по неравенству о средних $xyz <1$ и

(x+-y+-z)2 xy+ yz +zx≤ 3 <3

противоречие.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 107#99086Максимум баллов за задание: 7

Известно, что $x,y,z,t$ неотрицательные числа такие, что

xyz =1,y+ z+t= 2.

Докажите, что

2 2 2 2 x +y + z + t≥ 3.

Источники: ИТМО-2016, 9.7 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте постепенно пытаться придумать, как пользоваться тем, что нам дали в условии(а может и не всё пригодится). В неравенстве, которое нам нужно доказать, фигурирует целых 4 переменных. Как можно попытаться избавиться от некоторых из них?

Подсказка 2

От квадратов довольно легко избавиться, потому что тогда выражение будет явно меньше. Но нужно, чтобы после этого осталось что-то хорошее. Давайте попробуем добавить что-то и вычесть для этого. Что это может быть?

Подсказка 3

Сначала давайте ещё внимательно посмотрим на неравенство. Справа у нас стоит тройка, но тогда, скорее всего, это результат применения неравенства о средних для трёх чисел. Давайте попробуем добавить и вычесть 2yz. Как это хорошо преобразуется?

Подсказка 4

Верно, тогда можно собрать (y-z)², а 2yz заменить на 2/x из равенства в условии. Давайте теперь вспомним вторую подсказку. К какому хорошему неравенству можно свести выражение?

Подсказка 5

Конечно, к x²+2/x(если убрать квадраты, то выражение будет точно не больше). Теперь остался последний шаг — это грамотно применить неравенство о средних.

Показать доказательство

Запишем выражение, для которого нам нужно доказать неравенство, и преобразуем его:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x + y +z + t =x + 2yz+ y − 2yz+ z +t = x +2yz+ (y− z) + t

По условию известно, что $xyz = 1.$ Тогда можем заменить $yz$ на $1. x$ К тому же будет верна следующая оценка:

2 2 2 2 2 2 x + x + (y− z) + t≥ x + x

Тогда запишем неравенство о средних в следующем виде:

1 1 ∘ ---1-1- x2 +x + x ≥ 3⋅ 3 x2⋅x ⋅x = 3

Итого получаем то, что нам нужно было доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 108#105155Максимум баллов за задание: 7

Сумма положительных чисел $a,b,c,d$ равна $3.$ Докажите неравенство:

-1 -1 -1 -1 ---1--- a2 +b2 + c2 + d2 ≤a2b2c2d2

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Доказывать неравенство с дробями совсем неудобно! Умножим все на знаменатель правой части. Тогда справа останется 1, а как можно было бы ее заменить, чтобы доказывать не имеющееся неравенство, а более сильное?

Подсказка 2

Понятно, что для такой замены нужно использовать, что a + b + c + d = 3. Слева у нас различные произведения квадратов переменных. Значит, можно было бы попытаться и единицу из правой части заменить на произведение переменных в каких-нибудь степенях. А какое неравенство позволит связать 1 и произведения переменных?

Подсказка 3

Верно, неравенство о средних! Заметим, что ab(c+d) ≤ 1 по неравенству о средних. Тогда и квадрат левой части этого неравенства не превосходит 1, и значит, если заменить в исходном неравенстве 1 в правой части на (ab(c+d))² и доказать такое неравенство, то и нужное будет доказано. А как доказать такое неравенство?

Подсказка 4

Заметим, что перед нами симметрическое неравенство, значит, переменные можно упорядочить! В последнем неравенстве можно раскрыть скобочки! Как теперь доказать наше неравенство?

Показать доказательство

Домножив доказываемое неравенство на $a2b2c2d2,$ получим

22 2 2 2 2 2 22 22 2 a bc + ab d +a cd + b cd ≤ 1 (∗)

Поскольку неравенство симметричное, можно считать, что $a ≥b≥ c≥ d.$ По неравенству о средних для чисел $a,b$ и $(c+ d)$ имеем

( a+b +(c+d))3 ab(c+ d)≤ ----3------ =1

Следовательно, $a2b2(c+ d)2 ≤1.$ Значит, для доказательства (*) достаточно показать, что

a2b2c2+a2b2d2+ a2c2d2+ b2c2d2 ≤ a2b2(c+ d)2

После раскрытия скобок и приведения подобных слагаемых остаётся неравенство

a2c2d2+ b2c2d2 ≤2a2b2cd

которое является суммой двух очевидных неравенств $22 2 22 a cd ≤ a bcd$ и $2 22 2 2 bc d ≤a bcd.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 109#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:

$100$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 110#74904Максимум баллов за задание: 7

Произведение положительных чисел $x,y$ и $z$ равно 1. Докажите, что

(2+ x)(2+ y)(2+ z)≥ 27

Источники: Муницип - 2008, Москва, 10.5

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть условие на то, что xyz = 1. Очень важное замечание, что какой бы корень или степень мы из этого выражения не брали, то оно всегда будет равно 1, например как (xyz)^(1/3) = 1 или (xyz)² = 1. Попробуйте получить с помощью нер-ва о средних (возможно, нескольких) в правой части как раз произведение xyz.

Подсказка 2

Еще одно замечание: справа стоит степень тройки: 27 = 3². Значит, возможно слева стоит использовать неравенства о средних для трех чисел...

Подсказка 3

Раз в левой части все разбито на скобки, то давайте поработаем с каждой скобкой отдельно, например с 2+x: его можно разбить на 1+1+x)

Показать доказательство

Раскроем скобки:

8+ 4(x+ y+ z)+2(xy+xz+ yz)+xyz ≥ 27.

Заменим $xyz$ на 1, приведём подобные и поделим на 2:

2(x +y+ z)+ xy +xz+ yz ≥ 9.

По неравенству о средних:

x+ y+ z ≥ 33√xyz = 3

xy+ xz+ yz ≥ 33∘x2y2z2 =3,

а значит:

2(x+y +z)+ xy+xz +yz ≥ 2⋅3+ 3= 9.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 111#99360Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что для любых положительных $a,b,c$ выполнено

---a---- ----b--- ---c---- √a2+-8bc +√b2-+8ca + √c2+-8ab ≥ 1

Источники: IMO - 2001, Problem 2

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем каждое слагаемое левой части оценить так, чтобы в числителе стоял числитель данной дроби в некоторой степени, а в знаменателе — сумма переменных в тех же степенях, что и числитель. Тогда в результате, когда мы сложим неравенства, все сократится, и неравенство будет доказано. Какие степени подойдут?

Подсказка 2

Верно! Попробуем степень 4/3. Как доказать, что каждое слагаемое не меньше, чем его числитель в степени 4/3, деленный на сумму a, b и c в степенях 4/3?

Подсказка 3

Ясно, что достаточно доказать это только для первой дроби. Преобразуем доказываемое неравенство так, чтобы в нем не осталось корней и знаменателей. Тогда в нем появится квадрат суммы a, b и c в степенях 4/3. Вычтем из него a в степени 8/3. Какое неравенство можно получить для этой разности, просто используя неравенство о среднем арифметическом и среднем геометрическом?

Подсказка 4

Верно! Получилось почти то, что нужно. Если теперь мы вспомним, что оценивали разность, то что получится, если просто перенести a в степени 8/3 в другую сторону?

Показать доказательство

Первое решение.

Без ограничения общности можно полагать, что $a+ b+ c= 1,$ поскольку при $a+ b+c= k$ каждую дробь можно сократить $k$ и доказывать неравенство для чисел $a∕k,b∕k$ и $c∕k.$ Функция $√1- f(x)= x$ выпукла, поэтому по неравенству Йенсена имеем

a b c 1 √a2-+8bc + √b2+-8ac + √c2+-8ab-≥√M

При этом $M$ определяется равенством

M = ∑ a(a2+ 8bc)= 24abc+ ∑ a3 cyc cyc

Тогда остается доказать, что $M ≤ 1.$ Поскольку $a+ b+ c=1$ можно доказать, что

∑ ∑ 24abc+ a3 ≤ ( a)3 cyc cyc

Это неравенство нетрудно привести к виду

∑ 2 cycc(a− b) ≥ 0

Истинность последнего неравенства очевидна, поэтому доказательство завершено.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Для начала покажем, что $√-a2---≥ a4∕3+ab4∕4∕33+c4∕3. a+8bc$ Это неравенство эквивалентно $(a43 + b43 +c43)2 ≥ a23(a2 +8bc).$ По неравенству о среднем арифметическом и среднем геометрическом

(a43 + b43 + c43)2− (a43)2 =(b43 + c43)(a43 + a43 + b43 + c43)) ≥

2b23c23 ⋅4a23b13c13 = 8a 23bc

Таким образом,

(a43 + b43 + c43)2 ≥ a8∕3 +8a2∕3bc= a2∕3(a2+ 8bc)

Итак, имеем неравенство

a a4∕3 √a2-+8bc ≥ a4∕3+-b4∕3+-c4∕3

Аналогичным образом получаем еще и неравенства $4∕3 √bb2+8ac ≥ a4∕3+bb4∕3+c4∕3$ и $4∕3 √c2c+8ab-≥ a4∕3+cb4∕3+c4∕3.$ Складываем эти неравенства и получаем требуемое неравенство

√--a----+√---b---+ √--c----≥ 1 a2+ 8bc b2 +8ca c2+ 8ab

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 112#91940Максимум баллов за задание: 7

Докажите, что если $a,b,c$ — положительные числа и $ab+bc+ ca >a +b+ c,$ то $a+ b+c >3.$

Источники: Всеросс., 1996, РЭ, 10.1(см. math.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас стоит вопрос про a + b + c, а в условии фигурирует еще и выражение ab + bc + ac. А какая формула связывает эти два выражения?

Подсказка 2

Верно! Формула сокращенного умножения (a + b + c)² = a² + b² + c² + 2ab + 2bc + 2ac. Но теперь появилась еще и сумма квадратов. А можно ли ее оценить выражением, о котором мы знаем что-нибудь из условия задачи?

Подсказка 3

Конечно! Для этого просто вспомним неравенство Коши: (a² + b²)/2 ≥ ab. А что будет, если применить его для всех пар чисел?

Подсказка 4

Если сложить все результаты неравенства Коши: (a² + b²)/2 ≥ ab, (c² + b²)/2 ≥ cb, (a² + c²)/2 ≥ ac, то получится a² + b² + c² ≥ ab + bc + ac. Что получится после подстановки оценки в формулу сокращенного умножения?

Показать доказательство

Используем формулу сокращенного умножения:

2 2 2 2 (a+ b+ c) = a + b+ c + 2ab+ 2bc+ 2ac

По неравенству Коши имеем:

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

Таким образом, $2 (a +b+ c) ≥3(ab+bc+ ac)> 3(a +b+ c),$ откуда и получаем $a+ b+c> 3.$

Предыдущая подтема

Следующая подтема