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 Йенсена

Использование производной и экстремумов в классических неравенствах

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#74902

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

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#77986

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 3#78804

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 4#79615

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.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#79855

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 6#80224

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

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#80225

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 8#80226

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 9#80227

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 $c< a+b= 2.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#80228

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 11#80229

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 $4= 2a2+ b2+a2b≥ 2a2.$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#80230

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 13#80574

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

(a +b− c)(b+ c− a)(a +c− b) ≤ abc

Показать доказательство

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.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#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 15#80577

Докажите, что при $x,y,z ∈[0,1]$ выполнено неравенство

2 2 2 x + y + z ≤xyz+ 2

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте рассмотреть это неравенство как неравенство от одной переменной.

Подсказка 2

Итак, какую переменную ни взять как основную, это всегда будет квадратный трëхчлен. Осталось наложить условия, чтобы на отрезке от 0 до 1 он был неположительным.

Показать доказательство

Рассмотрим это неравенство как квадратичное относительно $x :$

2 2 2 x − yzx +y + z − 2 ≤0

Надо доказать, что квадратный трёхчлен с ветвями вверх на отрезке $[0;1]$ меньше оси $x.$ Для этого необходимо и достаточно, чтобы в $0$ и $1$ он принимал неположительные значения. То есть надо доказать, что $y2 +z2 ≤ 2$ и $y2 − yz+ z2 ≤ 1.$ Первое неравенство очевидно, потому что $y2 ≤ 1$ и $z2 ≤1.$

Второе неравенство докажем аналогичным способом, рассмотрим его как квадратное относительно $y$ и покажем, что в $0$ и в $1$ функция неположительна: $z2 ≤1$ и $z2− z+ 1≤1.$ Эти неравенства очевидны.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#81509

Вещественные числа $a,b,x,y$ таковы, что $a> b> 0$ и $x< y. a b$ Докажите неравенство

1 (x y) x+-y 2 ⋅ a + b > a +b

Показать доказательство

Зафиксируем значения переменных $y,b,c.$ Тогда достаточно доказать, что линейная функция

x- -x-- -y-- y- (--b− a-) ( -a−-b-) f = 2a − a+ b − a+ b + 2b = x 2a(a+b) +y 2b(a+ b)

от переменной $x$ положительна на промежутке $(−∞, aby).$ При этом $a> b,$ следовательно, $2a >a +b,$ а значит $21a < 1a+b,$ тем самым коэффициент перед $x$ отрицателен, что показывает то, что для всех $x$ на промежутке $(− ∞,ayb )$ верно неравенство

( ) ( ) f(x)> f(ay)= ay --b−-a- +y -a−-b-- = b b 2a(a+ b) 2b(a+ b)

= y( -b−-a-)+ y( -a−-b-)= 0 b 2(a+ b) b 2(a+ b)

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#81510

Для фиксированного $a> 0$ найдите максимум

n∑ (a− a1)(a− a2)...(a− ak−1)ak(a− ak+1)...(a− an) k=1

где $a1,a2,...,an$ лежат на отрезке $[0,a].$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрите выражение как линейную функцию относительно aᵢ. В какой точке может достигаться максимум?

Подсказка 2

Линейная функция в любом случае монотонна, а, значит, максимум либо при минимальном значении(0), либо при максимальном(a). Что можно сказать про выражение, если все ашки равны либо 0, либо a?

Показать ответ и решение

Рассмотрим нашу сумму как функцию от $a. i$ Каждое из слагаемых — линейная функция (либо константа) от $a. i$ Тогда сумма линейных функций от $ai$ — линейная функция (либо константа). Максимум линейной функции (константы в том числе) достигается на одном из концов. Тогда $ai ∈ {0,a}.$ Но так можно рассуждать для любой из переменных. Получаем, что в точке максимума функции, каждая из переменных принимает значение либо $0,$ либо $a.$

Если хотя бы $2$ переменные равны $a,$ то любое из слагаемых равно $0,$ тогда и вся сумма равна $0.$

Если все переменные равны $0,$ то каждое слагаемое снова равно $0,$ т.е. вся сумма снова равна $0.$

Получается, что среди переменных есть ровно одна, равная $a,$ а остальные нули. Тогда у нас ровно одно ненулевое слагаемое, равное $n a .$ Получается, это и есть наш максимум.

Ответ:

$an$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#81511

Даны вещественные $x,y,z ∈ [0,1].$ Какое минимальное значение может принимать выражение $y2(x +z)− y(x2+ z2)?$

Показать ответ и решение

Выражение $− yx2+ y2x$ является квадратичной функцией от $x.$ Поскольку коэффициент перед $x2$ отрицателен, своего минимума на каждом отрезке достигается на одном из его концов. Таким образом, минимальное значение равно $0$ или $2 − y +y .$ Последнее является квадратичной функцией от $y$ , минимум которой достигается в точке $--1-- 1 −2(−1) = 2$ и равен $1 − 4.$ Таким образом,

2 2 1 −yx + yx ≥− 4

Аналогично

−yz2+ y2z ≥− 14

Складывая, полученные неравенства, имеем

y2(x +z)− y(x2+ z2)≥− 1 2

Равенство достигается при

x= z = 1,y = 1 2

Ответ:

$− 1 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#81512

Положительные числа $a,b,c$ лежат в промежутке $[1,2].$ Найдите минимум

a b c b + c + a

Показать ответ и решение

Зафиксируем числа $b$ и $c.$ Рассмотрим функцию

a b c f(a) = b + c + a

Тогда

1 c f′(a)= b − a2,

а значит, $f$ убывает при $1b ≤ac2,$ то есть при $√-- a ≤ bc≤ max{b,c}< 2,$ тем самым достигает минимума при $√ -- a = bc.$ Подставляя в функцию, получим

∘ -- 2 c+ b b c

Сделаем замену $t= b, c$ таким образом, минимальное значение равно

t+√2-= g(t) t

Тогда

g′(t)= (t+√2-)′ = 1− 13, t t2

тем самым функция убывает при $t≤ 1,$ а значит, достигает минимума при $t=1,$ таким образом, минимальное значение равно $3$ и достигается при $a= b= c.$

Ответ:

$3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#81513

Пусть $a ,...,a 1 19$ лежат в отрезке $[−98,98].$ Найдите минимум

a1a2+ a2a3+ ...+ a19a1

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если рассмотреть выражение как функцию относительно любой ашки, то в каких точках может достигаться минимум?

Подсказка 2

Линейная функция монотонна, а, значит, в концах отрезка, то есть -98 или 98.

Показать ответ и решение

Зафиксируем переменные $a ,...,a . 2 19$ Тогда выражение

a1(a2+ a19)+ a2a3 +...+a18a19

является линейной функцией от $a1.$ Если $a2+a19 ≥ 0,$ то минимального значения функция достигает при минимальном значении $a1,$ равном $− 98.$ Теперь рассмотрим выражение относительно $a2,$ тогда $a1+ a3 ≤ 0,$ а, значит, минимальное значение выражения достигается при $a = 98. 2$ Аналогично, минимального значения функция достигается при $a = −98,a =98,...,a = 98. 3 4 18$ Наконец, рассмотрим выражение как функцию от $a , 19$ коэффициентом перед $a 19$ является $a +a =0, 18 1$ тем самым функция не зависит от $a . 19$ Аналогично, рассматривается случай $a +a ≤ 0. 2 19$ Тем самым, минимальное значение функции равно $2 − 17⋅98 = −163268.$

Ответ:

$− 163268$

Предыдущий раздел

Следующий раздел