Тема АЛГЕБРА

Классические неравенства → .04 Оценки в классических неравенствах

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 1#105151

Положительные числа $x,$ $y,$ $z$ не превосходят $1.$ Докажите неравенство

4 4 4 1≥ x (x − y)+ y(y− z)+z (z − x)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрим числа x-y, y-z и z-x. Могут ли они все быть одного знака?

Подсказка 2

Верно, не могут! Тогда можно рассмотреть два случая: когда положительное среди них ровно одно и когда их два. Что делать в первом случае?

Подсказка 3

Точно! Тогда в сумме из правой части можно оставить только неотрицательное слагаемое для оценки сверху, а оно не превосходит 1. А что делать во втором случае?

Подсказка 4

Если положительных два, то снова оставим только их. А как применить то, что числа не превосходят 1?

Подсказка 5

Верно! Тогда сумма положительных слагаемых не превосходит суммы двух положительных разностей переменных. А что можно сказать об этой сумме?

Показать доказательство

Сразу понятно, что если все числа равны между собой, то неравенство, очевидно, верное. Давайте рассмотрим числа $x − y,y− z,z− x.$ Если все они отрицательны, то тогда можно построить цепочку неравенств $x< y < z < x$ , которая, очевидно, неверна. Аналогично будет, если все они положительны. Если какое-то одно из чисел положительное, а остальные не превосходят нуля, тогда (пусть $x − y > 0)$

4 4 4 4 x(x− y)+y (y− z)+ z (z− x)≤ x(x− y)≤1

Пусть какие-то два из них положительны. Например, первые два. Тогда

4 4 4 4 4 x (x− y)+y (y− z)+ z (z− x)≤ x(x− y)+y (y− z)≤ x− y+ y− z = x− z ≤1

Для других случаев доказательство аналогичное.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#105152

Положительные числа $a,$ $b,$ $c$ таковы, что $a2b +b2c+c2a= 2$ и $ab2+ bc2 +ca2 = 4.$ Докажите, что из чисел $a,$ $b,$ $c$ какие-то два отличаются более чем на $2.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем вычесть одно равенство из условия из второго. Если теперь разложить на множители, то получится (a-b)(b-c)(c-a)=2. Можно ли теперь как-то упорядочить переменные?

Подсказка 2

Можно! Заметим, что условие содержит циклическую симметрию, и можно считать, что число c является наибольшим. Но тогда из равенства из предыдущей подсказки легко восстанавливается неравенство a < b < c. В условии нас просят рассуждать о разностях, но с ними работать не удобно. Можно ли переформулировать теперь условие, чтобы от этих разностей избавиться?

Подсказка 3

Конечно! Просто сделаем замену z = c-a, x = b-a и y = c-b. Тогда x, y > 0 и z = x + y. А что тогда нужно доказать?

Подсказка 4

Верно! Нужно доказать, что z > 2. Причем у нас есть равенство из первой подсказки, которое примет вид xyz = 2. Как можно применить это равенство для нашего доказательства?

Подсказка 5

Точно! Заметим, что 4xy ≤ (x+y)². Тогда 2 = xyz ≤ z³/4, откуда следует, что 2 ≤ z. Осталось проверить, что не может быть равенства. Как это сделать?

Подсказка 6

Заметим, что если x и y различны, то рассуждения из прошлой подсказки дадут строгое неравенство, и случай z = 2 возникает только при x = y = 1. Тогда по определению x и y: b = a + 1 и c = a + 2. Какое тогда возникает противоречие с исходным условием?

Показать доказательство

Вычтем из второго равенства первое и разложим левую часть на множители, получим:

(a− b)(b− c)(c− a)= 2 (∗)

Не умаляя общности (в условии имеется циклическая симметрия переменных $a,b,c,$ будем считать, что $c$ наибольшее из данных чисел. Тогда $c− a≥ 0,$ но из (*) видим, что $c− a⁄= 0.$ Значит, $c− a> 0.$ Аналогично $b− c <0.$ Тогда из $(∗)$ следует $a− b< 0.$ Получается $a <b< c.$

Обозначим $z = c− a,x = b− a,y = c− b,$ так что $x >0,$ $y > 0,z = x+ y;$ тогда $(∗)$ принимает вид $xyz = 2.$ Нам нужно доказать, что $z >2.$

Заметим, что $2 4xy ≤ (x +y),$ так как это неравенство преобразуется к виду $2 (x− y) ≥0$ (или следует из неравенства о среднем арифметическом и среднем геометрическом). Отсюда $2 4xy ≤ z$ и далее

z 2 z z3 2= xyz = 4xy ⋅4 ≤ z ⋅4 =-4

Получаем $z3 2 ≤-4 ,$ откуда $z3 ≥ 8$ и поэтому $z ≥ 2.$ Остаётся показать, что $z =2$ невозможно. Если $x⁄= y,$ то $(x − y)2 > 0,$ и тогда в предыдущем рассуждении мы получим строгое неравенство $z >2.$ Значит, $z =2$ возможно лишь при $x =y =1.$ Рассмотрим этот случай отдельно.

В этом случае $b=a +1 >1,$ и $c=a +2 >2.$ Тогда

a2b+ b2c+ c2a> b2c> 12⋅2= 2

что противоречит первому равенству из условия задачи.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#105153

Даны положительные числа $x,y,z.$ Докажите, что

3 2 2 2 4(x+ y+z) ≥ 27(x y+ yz+ z x+xyz)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нетрудно видеть цикличность неравенства. Тогда можно считать, что y является вторым по величине. Какое тогда выражение заведомо является неположительным?

Подсказка 2

Верно! Это выражение z(y-x)(y-z)! Тогда получаем, что y²z + z²x ≤ xyz + yz². Как с помощью этого неравенства можно оценить правую часть из условия?

Подсказка 3

Точно! Можно получить, что правая часть не превосходит 27y(x+z)² = 108y ((x+z)/2)². Как можно теперь оценить сверху правую часть этого равенства?

Подсказка 4

Верно! Применим неравенство о средних для трех чисел! Что тогда получится?

Показать доказательство

Поскольку неравенство циклическое, не умаляя общности, пусть $y$ — второе по величине число. Тогда $z(y− x)(y− z)≤0,$ то есть $2 2 2 y z+ zx ≤xyz+ yz.$ Используя это неравенство, получаем

2 2 2 2 2 2 x +z x+ z 27(x y+y z+ z x+xyz)≤ 27(x y+2xyz+ yz)= 27y(x+ z) = 4⋅27y⋅--2- ⋅-2--≤

( )3 ≤ 4 y+ x+-z+ x-+z =4(x+ y+ z)3 2 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#121642

Попарно различные натуральные числа $x ,...,x 1 n$ таковы, что для каждых двух из них одно является степенью другого с натуральным показателем. Найдите наименьшее возможное значения выражения

logx1x2+ logx2x3+ logx3 x4 +...+ logxn−1xn+ logxnx1

Источники: ИТМО-2025, 11.5(см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала попробуйте придумать какой-нибудь простой пример, это должно натолкнуть на идею для оценки.

Подсказка 2

Идея оценки будет следующей. Давайте упорядочим иксы: a₁ < a₂ < ... и введём обозначения a₂ = a₁^k₁, a₃ = a₂^k₂ для удобства оценки.

Подсказка 3

Попробуйте выбрать из ашек самую длинную возрастающую последовательность. Рассмотрите логарифмы от её членов. Попробуйте их оценить за счёт увеличения основания.

Показать ответ и решение

Приведём сначала пример, для которого достигается это число: $x 1$ — любое натуральное число, большее $1,$ $x =x2, 2 1$ $2 2 2n−1 x3 = x2,...,xn =xn−1 =x1 .$

Переупорядочим наши числа по возрастанию: $a1 < a2 < a3 < ...< an.$ Тогда: $k1 a2 = a1 ,$ $k2 kn−1 a3 =a2 ,...,an =an−1 .$ Соответственно, $k1k2 k1...kn−1 a3 = a1 ,...,an = a1 .$

К сожалению, мы не можем сказать, что $x1 <x2 <x3 < ...<xn,$ потому что при этом нарушается общность: соседние по возрастанию элементы не обязательно идут подряд.

Однако, поскольку от циклического сдвига переменных ничего не поменяется, мы можем считать, что $x1 = a1.$ Выделим среди чисел $x1,...xn$ самую длинную возрастающую последовательность. Если точнее $b1 = x1,b2 = x2,b3$ — первый из элементов $x3,...xn,$ больший $x2,b4$ — первый из элементов, следующих за $b3,$ больший $b3$ и так далее. Последним элементом этой подпоследовательности будет $bm =an$ — наибольшее среди всех чисел.

Рассмотрим в нашей сумме логарифмов только те логарифмы, аргументами которых являются числа $b2,...bm.$ На самом деле, это все логарфимы из искомой суммы, большие единицы. Основания этих логарифмов назовём $c2,...,cm$ и запишем их сумму:

logc2 b2+ logc3b3+...+logcm bm ≥ logb1 b2+ logb2b3+...+logbm−1bm

Это неравенство верно, поскольку $ci ≤ bi−1$ из определения $bi :bi$ — первый после $bi−1$ элемент последовательности $xk,$ больший, чем $bi−1,$ значит, все элементы, находящиеся в последовательности $xk,$ между $bi−1$ и $bi$ (если они есть) меньше, чем $bi.$

Далее,

logb b2 = k1⋅...⋅kj1 1

logb2b3 = kj1+1⋅...⋅kj2

...

logbm−1bm =kjm−2 ⋅...⋅kn

Все $ki$ — натуральные числа, не меньшие $2,$ поэтому для любого их набора произведение не меньше суммы. Значит,

logc2b2+ logc3b3+ ...+ logcmbm ≥k1+ ...+ kn

а вся сумма из условия тем более не меньше $k1+ ...+ kn.$

При этом если какое-то из $ki$ больше $2,$ сумма логарифмов получается больше, чем в приведённом примере. Значит, если существует какой-то меньший пример, все $ki$ для него также должны быть равны $2$ и

logc2b2+ logc3b3+ ...+ logcmbm ≥k1+ ...+ kn = 2(n − 1)

Однако из этого не следует автоматически, что все логарифмы из этой суммы равны $2,$ поскольку $2⋅2= 2+ 2$ и в этом месте некоторые из наших неравенство обращаются в равенства. Значит, в нашей сумме логарифмов, больших единицы, есть только двойки и четвёрки.

Кроме того, в искомой сумме есть как минимум один логарифм, меньший единицы — это логарифм по самому большому основанию. Он точно не меньше, чем $logana1 = 2n1−1,$ что доказывает оценку.

Ответ:

$2n− 2+-1-- 2n−1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#127835

Докажите, что при всех натуральных $n$

-1 2- --n--- 2! + 3! + ...+ (n +1)! ≤1.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Выпишем первые слагаемые:

Подсказка 2

Есть довольно популярный способ работы с суммами — телескопирование, может оно сработает здесь? Для этого стоит поискать подходящее представление члена ряда, например в виде разности.

Подсказка 3

k/(k+1)! = 1/k! − 1/(k+1)!. Чему в таком случае равна исходная сумма? Почему она меньше 1?

Показать доказательство

Преобразуем общий член суммы:

--k--- (k+-1)−-1 -k+-1- --1--- 1- --1--- (k+ 1)! = (k +1)! = (k+1)! − (k +1)! = k! − (k+ 1)!.

Докажем по индукции, что

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

для всех $n ∈ℕ.$

База индукции: $n = 1$

1 1 1 1 1 S1 = 2!-= 2, 1− 2! = 1− 2 = 2.

Индукционное предположение: пусть для $n =m$ верно:

Sm = 1− --1---. (m+ 1)!

Индукционный переход: докажем для $n =m + 1:$

Sm+1 = Sm + m-+-1-. (m + 2)!

Преобразуем добавленный член:

-m+-1-= ---1-- − --1---. (m + 2)! (m +1)! (m + 2)!

Подставляем индукционное предположение:

( 1 ) ( 1 1 ) 1 Sm+1 = 1− (m-+-1)! + (m-+1)! − (m-+-2)! = 1− (m-+2)!.

По принципу математической индукции,

Sn = 1−--1--- ∀n∈ ℕ. (n +1)!

Поскольку $--1--> 0 (n+1)!$ для всех натуральных $n,$ получаем:

---1-- Sn =1 −(n+ 1)! <1,

а значит, и $Sn ≤1,$ что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#127838

Даны положительные числа $a ,a ,...,a. 1 2 n$ Известно, что

1 a1+ a2+...+an ≤ 2.

Докажите, что

(1+a1)(1+ a2)...(1 +an)< 2.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем усилить утверждение: вместо доказательства исходного докажем более сильное неравенство, связывающее произведение и частичную сумму Sₖ = a₁+...+aₖ.

Подсказка 2

Рассмотрим индукцию по k (количеству множителей). Какое соотношение между Pₖ = (1+a₁)...(1+aₖ) и Sₖ может сохраняться на каждом шаге? Также оно должно решить задачу при k = n.

Подсказка 3

По условию имеем Sₙ ≤ 1/2. В крайнем случае 2Sₙ + 1 = 2. Тогда для решения исходной задачи подойдет соотношение Pₙ < 1 + 2Sₙ. Можно ли распространить его на все k ≤ n?

Показать доказательство

Докажем индукцией по $k,$ что для всех $k$ от $1$ до $n:$

(1+ a1)(1+ a2)...(1+ ak) <1+ 2(a1+ a2...ak)

База $k= 1:$

1+ a1 < 1+ 2a1.

Шаг индукции: пусть для $k$ неравенство верно:

(1+ a1)⋅⋅⋅(1+ ak) <1+ 2(a1+ ⋅⋅⋅+ ak).

Тогда для $k+ 1:$

(1+ a1)⋅⋅⋅(1+ ak)(1+ ak+1)< (1 +2(a1+⋅⋅⋅+ak))(1+ ak+1)

< 1+ 2(a1+ ⋅⋅⋅+ ak)+ ak+1(1+ 2(a1+ ⋅⋅⋅+ ak))

≤ 1+ 2(a1+ ⋅⋅⋅+ ak)+ 2ak+1 = 1+2(a1+⋅⋅⋅+ak+ ak+1).

Таким образом, неравенство доказано для всех натуральных $k.$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#80576

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

-a2+-b2-- -b2+-c2-- -c2+-a2- --1-- --1-- --1-- a2+b+ b2 + b2+c+ c2 + c2+a +a2 ≥3− 2a+ 1 − 2b+ 1 − 2c+1

Показать доказательство

Перенесём дроби из левой части в правую, а из правой — в левую:

--1-- --1-- -1--- -a2+-b2- --b2+-c2- --c2-+a2- 2a+ 1 + 2b+1 + 2c+1 ≥3− (a2+ b+b2 + b2+ c+c2 + c2+ a+ a2)

Запишем правую часть следующим образом: $a2+b2 b2+c2 c2+a2 b c a (1− a2+b+b2)+(1− b2+c+c2)+(1− c2+a+a2)= a2+b+b2 + b2+c+c2 + c2+a+a2.$ Теперь неравенство выглядит так:

2a1+-1 + 2b1+1-+ 21c+1-≥ a2-+bb+-b2 + b2-+cc+-c2 + c2+aa-+a2

Заметим, что:

----b--- ≤ --b--= --1-- a2+ b+ b2 2ab+ b 2a+ 1

Если написать такие неравенства для других дробей из правой части и сложить полученные неравенства, мы получим требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#85987

Докажите, что для любых различных положительных чисел $a,b,c$ из отрезков с длинами

3∘-------2--2-∘3------2--2- 3∘------2---2- (a− b)(a − b ), (b− c)(b − c), (c− a)(c − a )

можно составить треугольник.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Можно считать, что a является наибольшим числом, а c — наименьшим. Тогда достаточно доказать неравенство треугольника, в котором корень с разностью (c-a) меньше суммы двух других корней из условия. А как это сделать?

Подсказка 2

Заметим, что сумма корней кубических из (a-b)³ и (b-c)³ равна a-c, а это корень кубический из (a-c)³. А как из этих выражений получить исходные?

Подсказка 3

Верно! Надо умножить их на подходящую дробь (a+b)/(a-b), (b+c)/(b-c) или (a+c)/(a-c). Каждая из этих дробей больше 1, значит, каждое число увеличивается. А можно ли сказать что-то о том, как эти дроби упорядочены?

Подсказка 4

Верно! (a+c)/(a-c) является наименьшей. Какой вывод можно сделать?

Показать доказательство

Не умаляя общности, пусть $a$ — наибольшее число, а $c$ — наименьшее число. Тогда понятно, что из трех выражений $3∘ (c−-a)(c2− a2)$ — наибольшее. То есть достаточно доказать неравенство

∘3------------ 3∘ ----------- 3∘ ------------ (a− b)(a2− b2)+ (b − c)(b2− c2)> (c− a)(c2− a2)

Заметим, что

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

Чтобы из последних выражений получить исходные, достаточно умножить подкоренные выражения на

a+ b 2b b+ c 2c a+ c 2c a−-b = 1+ a−-b,b−-c = 1+ b−-c,a−-c = 1+ a−-c

Поскольку среди чисел $2c< 2b,a− c< b− c$ и $a − c< a− b,$ получаем, что подкоренное выражение справа увеличилось в наименьшее число раз, а значит, исходное неравенство доказано.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#85995

Положительные числа $a,a ,...,a 1 2 n$ образуют арифметическую прогрессию (именно в таком порядке). Докажите неравенство

1- 1- 1- -n-- a21 + a22 +...+ a2n ≥ a1an

Показать доказательство

Можно считать, что разность прогрессии равна $1$ (иначе все числа можно домножить на одну и ту же константу). Тогда для каждого $i= 1,2,...,n− 1$ имеем $1-- --1- --1-- -1 -1-- 2a2i + 2a2i+1 ≥aiai+1 = ai − ai+1.$ Кроме того $1-- -1- --1- 2a21 +2a2n ≥ a1an.$ Складывая все полученные неравенства, получаем

1 1 1 1 1 1 n− 1 1 n a21 + a22 + ...+ a2n ≥ a1-− an + a1an-= a1an + a1an = a1an

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#85998

Даны положительные числа $x,y,z.$ Докажите, что

3 2 2 2 4(x+ y+z) ≥ 27(x y+ yz+ z x+xyz)

Показать доказательство

2 2 2 2 2 2 x +z x+ z 27(x y+y z+ z x+xyz)≤ 27(x y+2xyz+ yz)= 27y(x+ z) = 4⋅27y⋅--2- ⋅-2--≤

( )3 ≤ 4 y+ x+-z+ x-+z =4(x+ y+ z)3 2 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#90312

Доказать, что для любых положительных чисел $x ,x ,...,x 1 2 k$ ( $k> 3$ ) выполняется неравенство

-x1--- -x2--- ---xk--- xk+x2 + x1 +x3 + ...+ xk−1+ x1 ≥ 2

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Требуется доказать неравенство от n переменных, логично это делать по индукции. Сперва разберёмся с базой n=4. У нас имеется четыре дроби, причём две пары с равными знаменателями. Итого, получается сумма двух обратных чисел, а она больше либо равна двум, например, по неравенству о средних.

Подсказка 2

Теперь надо подумать, что вообще изменяется при шаге индукции. В самом деле, две дроби заменяются на три, притом вообще не очень понятно, какая из сумм больше. Что могло бы помочь их сравнить?

Подсказка 3

Нужно вспомнить о том, что при циклическом сдвиге переменных выражение не изменяется, тогда можем считать, что наша последняя переменная минимальная из всех. Теперь уже сравнить суммы двух и трёх дробей несложно, а значит, мы сможем завершить шаг индукции.

Показать доказательство

Докажем неравенство индукцией по $n.$

База: $k= 4.$

x1 x2 x3 x4 x2+ x4 x1+ x3 x4+x2-+ x1-+x3 + x2+-x4 + x3+-x1 = x1+-x3 + x2+-x4 ≥ 2

Сумма обратных положительных чисел по неравенству о средних между средним арифметическим и геометрическим больше либо равна двух.

Предположение индукции: пусть для $n= k$ утверждение верно.

Переход: докажем для $n= k+ 1.$ Пусть имеется выражение для $x1,x2,...xk+1.$ При циклическом сдвиге выражение не меняется, потому без ограничения общности можем считать, что $xk+1$ минимальное из чисел. Тогда выражение для набора чисел $y1 = x1,y2 = x2,...,yk =xk$ отличается от выражения с иксами на

---x1---+ -xk+1-+ ----xk-----−--x1-- −---xk--- x2+ xk+1 x1+ xk xk−1+xk+1 x2 +xk xk−1+ x1

В силу $xk+1 ≤ xk$ и $xk+1 ≤x1,$ первая дробь больше либо равна третьей, а вторая больше либо равна четвёртой. Получается выражение с иксами больше либо равно выражению с игреками, к которому, в свою очередь, можно применить предположение индукции. Получаем, что и выражение с иксами больше либо равно двух, переход доказан.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#91241

Пусть $a$ , $b$ и $c$ — вещественные числа из отрезка $[0,1]$ . Докажите, что

3 3 3 2 2 2 2(a + b+ c)− (ab+ b c+c a)≤3.

Показать доказательство

Перенесём слагаемые из левой части в правую:

3 3 3 2 2 2 2(a +b + c)≤ a b+b c+ ca+ 3

Сгруппируем слагаемые так, чтобы доказать 3 отдельных неравенства:

3 3 3 3 3 3 2 2 2 (a + b)+ (b + c)+ (c +a )≤(a b+1)+ (b c+ 1)+ (ca+ 1)

Докажем, что:

3 3 2 a +b ≤ (ab+ 1)

Для доказательства воспользуемся неравенством $x+ y ≤ 1+xy$ при $0≤ x,y ≤1.$ Тогда, подставив значения $x= a3,y =b3,$ получим:

a3+ b3 ≤ a3b3 +1

Заметим, что $a3b3 ≤a2b,$ так как $a3 ≤ a2,b3 ≤b$ при $0≤ a,b≤1.$ Тогда:

a3+ b3 ≤ a3b3+ 1≤ a2b+ 1

Значит:

a3+ b3 ≤ a2b+ 1

Тогда полученное неравенство справедливо и для $b$ и $c,$ и для $c$ и $a:$

3 3 2 b + c ≤ bc+ 1

3 3 2 c + a ≤ ca+ 1

Сложим полученные неравенства:

3 3 3 3 3 3 2 2 2 (a + b)+ (b + c)+ (c +a )≤(a b+1)+ (b c+ 1)+ (ca+ 1)

Что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#91440

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

--a---- ---b--- ---c--- ---d--- a+ b+c +b+ c+ d + c+ d+ a + d+ a+b > 1

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметим, что если сложить все числители, то получится a + b + c + d. Как можно огрубить знаменатели, чтобы дроби сложились и все сократилось?

Показать доказательство

Увеличим каждый из знаменателей до $a+b +c+ d,$ это именно увеличения, ведь все числа положительны. Получаем, что левая часть больше суммы дробей с одинаковым числителем, равной $1.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#91441

Даны положительные числа $a≤ b≤ c≤d.$ Докажите неравенство

ab+-b- bc+-c cd-+d- b+ 1 + c+1 + d+ 1 ≥a +b+ c

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрим первую дробь. Если в числителе за скобки вынести b, то останется a + 1. А хотелось бы, чтобы осталось b + 1, и все сократилось. Можно ли как-то этого добиться?

Показать доказательство

ab+-b- bc+-c cd-+d- ab+-a- bc+-b cd+c- b+ 1 + c +1 + d+ 1 ≥ b+ 1 + c+1 + d+ 1 ≥a +b+ c

Первый знак неравенства выполняется в силу неравенств $a≤ b≤ c≤ d$ и положительности чисел.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#91442

Положительные числа $x,y,z$ не превосходят $1.$ Докажите неравенство

4 4 4 5 5 5 1+ xy +y z+ zx ≥x + y + z

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем применить метод огрубления. Для этого придется в начале упорядочить числа. Однако, если перебирать все случаи, то их будет целых 6. Можно ли как-нибудь упростить перебор?

Показать доказательство

Заметим, что неравенство достаточно доказать для двух случаев: $x≥ y ≥ z$ и $x≥ z ≥y,$ остальные симметричны этим относительно циклического сдвига переменных.

Итак в первом случае, хотим доказать, что

4 4 4 1≥ x (x − y)+ y(y− z)+z (z − x)

Заметим, что в правой части последнее слагаемое неположительно, а второе увеличивается при замене $y4$ на $x4,$ таким образом она не более

4 4 4 4 4 x(x− y)+y (y− z)≤ x (x − y)+ x(y− z)= x(x− z)

полученное выражение меньше $x5 <1.$

Во втором случае в правой части неравенства

4 4 4 1≥ x (x − y)+ y(y− z)+z (z − x)

положительно лишь первое слагаемое, а оно меньше $x5 < 1.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#91444

Докажите, что для любых чисел $x,y,z$ из отрезка $[0,1]$ выполнено неравенство

----x---- ---y----- ----z---- 1 7+ y3+ z3 + 7+ z3+ x3 + 7+ x3+ y3 ≤ 3

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем для начала сделать одинаковыми знаменатели. Какое условие можно для этого использовать?

Показать доказательство

Поскольку $1$ не меньше любой из переменных, заменив в каждом из знаменателей единицу на куб недостающей переменной, знаменатели не увеличатся, а, значит, дроби не уменьшатся, тогда достаточно доказать следкющее:

x+y +z 1 6+-x3+y3+-z3 ≤ 3

По неравенству между средним арифметическим и геометрическим выходит

x3+2 =x3+ 1+ 1≥ 3x

аналогично для каждой переменной, получаем необходимое.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#68034

Положительные числа $a,a ,...,a 1 2 n$ таковы, что $a + a +...+a > 2023. 1 2 n$ Докажите, что

√-- 3√-- n√-- a1⋅a1 +a2⋅ a2+ a3⋅ a3+ ...+ an an >1000.

Источники: Турнир Ломоносова-2023, 11.4 (см.turlom.olimpiada.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нужно как-то прийти к корням, причем необычной степени…нам известна сумма всех чисел, а также сумма всех чисел, но с какими-то множителями… Попробуем выцепить из всех чисел группу каких-то больших, у которых указанная в условии сумма с корнями будет точно больше 1000.

Подсказка 2

Попробуем отделить от всех чисел такие, что a_m > 1/2^m. Что можно сказать про сумму этих чисел и про сумму этих чисел, но в произведении с корнями?(какие даны в условии)

Подсказка 3

Их сумма хотя бы 2022, а корни можно связать с 1/2)

Показать доказательство

Разобьем все эти числа на две группы. Число $a k$ попадает в первую группу, если $a < -1. k 2k$ А иначе попадает во вторую группу. Тогда сумма чисел в первой группе меньше, чем

1 1 1 1 2 + 4 +⋅⋅⋅+2n = 1− 2n-< 1.

Тогда сумма чисел во второй группе будет хотя бы $2023− 1= 2022.$ Пусть $am$ находится во второй группе, тогда, так как все числа положительны:

√ --- 1 m am ≥ 2

Значит,

am ⋅ m√am-≥ am. 2

Тогда все слагаемые из второй группы дают вклад в

a1⋅a1 +a2⋅√a2+ a3⋅ 3√a3+ ...+ an n√an >1000.

Который составляет хотя бы половину от суммы всех чисел этой группы, то есть точно больше $20222= 1011.$ Следовательно, верно и требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#69406

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

-----a----- -----b----- -----c----- 3 3a2+ b2+ 2ca + 3b2+ c2+ 2ab +3c2+ a2+2bc ≤ 2

Источники: Бельчонок-2023, 11.3 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если мы бегло посмотрим на условие, то сразу поймем, что приводить к общему знаменателю здесь это очень плохой вариант. В таких случаях бывает полезно оценить каждое слагаемое по отдельности. К тому же мы видим, что они достаточно похожи, возможно, придумав, как оценить одну дробь, мы сразу поймем, как оценить остальные.

Подсказка 2

Давайте внимательно посмотрим на первую дробь. Понятно, что с числителем тут ничего не сделаешь. А вот в знаменателе у нас есть тут целых два квадрата, стоит попытаться выделить полный квадрат. Подумайте, как нам может в этом помочь условие, что a+b+c=1.

Подсказка 3

Давайте в выражении 3a²+b²+2ac представим 3a² как a² + 2a², тогда можно будет вынести общий множитель из 2ac и 2a². Что можно подставить вместо a+c и как при этом будет выглядеть оценка на 3a²+b²+2ac?

Подсказка 4

Если вместо (a+c) подставить (1-b), то после выделения полного квадрата станет понятно, что 3a²+b²+2ac >= 2a. Используя это знание, оцените всю дробь целиком, остальные дроби суммы и саму сумму.

Показать доказательство

Так как $a+ c= 1− b,$ то $3a2+ b2 +2ca= a2+b2+ 2a(1− b)=2a+ (a− b)2 ≥ 2a.$ Следовательно,

----a------ 1 3a2+ b2+ 2ca ≤2

Аналогично

b 1 c 1 3b2+-c2+2ab ≤ 2; 3c2-+a2+-2bc-≤ 2

Сложив три полученных неравенства, получим

-----a-----+ -----b-----+-----c-----≤ 1+ 1 + 1= 3 3a2+ b2+ 2ca 3b2 +c2+ 2ab 3c2+ a2+2bc 2 2 2 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#73161

Саша задумал 4 различных положительных числа. Докажите, что он может заменить звездочки в выражении $(∗− ∗2)(∗2− ∗)$ на задуманные числа (каждое число используется по одному разу) так, чтобы значение выражения не было положительным.

Источники: 61 УТЮМ

Показать доказательство

Упорядочим задуманные Сашей числа: $a >b> c> d> 0$ . Если $b≥ 1$ , то $a2− c≥a − c> 0$ и $b2− d ≥b− d> 0$ , то есть $2 2 (c− a)(b − d)< 0$ . Если же $1> b> c$ , то $2 c − a <c − a< 0$ и $2 d − b<d − b< 0$ , то есть $2 2 (a − c )(d − b)< 0$ .