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
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.

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#105330

Обозначим через m  ,
  a  m ,
 b  m
 c  длины медиан, проведенных к сторонам BC,  AC,  AB  соответственно, а p  — полупериметр треугольника ABC.  Докажите, что

  2   2   2   2
m a+ mb + mc ≥ p
Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Вспомните формулу, выражающую квадрат медианы через стороны треугольника и неравенство сразу станет понятным!

Показать доказательство

С помощью формул медианы левую часть можно записать как 3(a2+b2+c2).
    4  Если расписать полупериметр через a,b,c  раскрыть квадрат и привести подобные, получим неравенство:

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

Далее перенесём всё влево и выделим полные квадраты:

     2      2       2
(a − b) +(a− c) + (b− c) ≥0

Получили требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#105332

Обозначим через h ,h ,h
 a  b c  длины высот, проведенных к сторонам BC,  AC,  AB  соответственно. Докажите, что

ha+ hb+ hc ≥9r
Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что связывает значения длин высот и длины радиуса вписанной окружности?

Подсказка 2

Площадь исходного треугольника. Как указанные значения выражаются через нее?

Подсказка 3

Длина высоты равна h_a=2S/a, аналогично для других высот, радиус вписанной окружности равен r=S/p. Подставив полученные значения в неравенство и сократив, имеем 1/a+1/b+1/c ≥ 9/(a+b/c). Почему оно верно?

Подсказка 4

Это суть неравенство между средним гармоническим и арифметическим или его общий случай - неравенство Коши-Буняковского-Шварца для дробей.

Показать доказательство

Пусть S  — площадь треугольника. Тогда h = 2S
 a  a  (остальные высоты выражаются аналогично), r= S .
    p  Если подставить это в неравенство, оно превратится в:

1   1  1     9
a + b + c ≥ a-+b+-c

А это неравенство верно, например, по неравенству Седракяна (КБШ для дробей).

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#107137

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

(ab+-cd)(ad+-bc)  √----
 (a+ c)(b+ d)  ≥  abcd
Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сначала для удобства можно сделать замену переменных. Какую?

Подсказка 2

Ага, давайте обозначим за x = ab, y = cd, z = ad, t = bc. Тогда какое условие у нас есть на x, y, z, t и как переписывается наше неравенство?

Подсказка 3

Правильно! Тогда верно xy = zt = k, и мы хотим доказать, что (x + y)(z + t)/(x + y + z + t) ≥ √k. Уже видно, что можно пробовать применить неравенство о средних, и, например, любой из множителей (x + y) и (z+t) хотя бы 2√k, но что делать со знаменателем x + y + z + t?

Подсказка 4

Попробуйте просто оценить меньшее из множителей (x+y) и (z + t)!

Показать доказательство

Сделаем замену x= ab,y = cd,z =ad,t=bc.  Тогда у нас есть условие xy = zt= k,  и мы хотим доказать, что

(x+-y)(z+-t) √ -
 x+ y+z +t ≥  k

Будем считать, что x+y ≥z +t.  Тогда по неравенству о средних верно:

                   √ --
(x+-y)(z+-t)≥ 2(x+-y)⋅--zt ≥√zt-
x +y+ z+ t   x+y +z +t

Что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#107139

Положительные числа a,  b,  c  и d  удовлетворяют условию 2(a +b+ c+ d) ≥abcd.  Докажите, что a2+ b2+ c2+ d2 ≥abcd.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте понять, когда неравенство, которое просят доказать, верно независимо от условия.

Подсказка 2

Заметим, что при abcd < 16 задача совсем простая. Достаточно применить неравенство о средних. Теперь вспомните условие и попробуйте разобрать случай abcd ≥ 16.

Показать доказательство

Первое решение.

Первый случай. Если abcd≥ 16.  Тогда по неравенству между средним квадратичным и арифметическим верно:

               ( a+ b+c+ d)2   ( abcd)2
a2+ b2+ c2+ d2 ≥4  ----4----- ≥ 4  -8-- ≥ abcd

Второй случай. Если abcd <16.  Тогда по неравенству о средних:

a2+ b2+c2+ d2 ≥4√abcd> √a2b2c2d2 = abcd

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Знаем, что

            √ ----
a+ b+ c+d ≥4 4abcd

и, например, по КБШ

              (a+ b+c+ d)2
a2 +b2+ c2 +d2 ≥-----4------

А тогда правую часть можно оценить с помощью условия и первого неравенства, как:

                                             (    ) 2
(a+-b+c+-d)2-= (a+ b+ c+d)23 ⋅(a+ b+c +d)43 ⋅ 1 ≥ 1⋅ 1abcd 3 ⋅(4√4abcd)43 = abcd
     4                                 4   4  2

Что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#118207

Неравенство Мюрхеда. Даны два упорядоченных набора α  и β  из n  элементов, причем α  мажорирует β.  Тогда для любых неотрицательных x1,  x2,  …, xn  выполнено неравенство

Tα(x1,x2,...,xn)≥ Tβ(x1,x2,...,xn)

(a) Назовем наборы α  и β  смежными, если существуют натуральные 1≤ i< j ≤n  такие, что α = β +1
 i   i  , α  =β − 1,
 j   j  и α  =β
 k   k  для k ⁄= i,j.  Докажите неравенство Мюрхеда в случае, когда α  и β  смежные.

(b) Докажите неравенство Мюрхеда в произвольном случае.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Определение. Пусть даны два упорядоченных набора α  и β  из n  элементов с равной суммой. Будем говорить, что набор α  мажорирует набор β  , если α1 ≥ β1  , α1 +α2 ≥β1+ β2  , …, α1 +α2+ ...+ αn ≥ β1+ β2+...+βn  . То есть для любого 1 ≤k≤ n  сумма первых k  элементов α  не меньше суммы первых k  элементов β  .

Для упорядоченного набора α  , элементы которого α1 ≥ α2 ≥ α3 ≥ ...≥ αn  являются целыми неотрицательными числами, и переменных x1  , x2  , x3  , …xn  определим

               ∑
Tα(x1,x2,...,xn)=   xασ1(1)xασ2(2)...xασn(n),
               σ

где сумма берется по всем возможным перестановкам σ  .

Показать доказательство

(a) Пусть α = β +1
 i   i  и α  =β − 1,
 j   j  α = β ,
 k   k  k⁄= i,j.  Докажем, что

 α1   αi−1 α αi+1   α    α    α1   αi−1 α αi+1   α    α
x1 ...xi−1 x ixi+1 ...y j ...xnn+ y1 ...yi−1 y iyi+1 ...x j ...ynn≥

  α1    αi−1 α−1 αi+1   α+1   α    α1   αi−1α −1 αi+1   α +1   α
≥ x1 ...xi−1 x i xi+1 ...y j ...xnn +y1 ...yi−1 yi  yi+1 ...x j  ...ynn

По определению смежных наборов это неравенство, если перенести слагаемые в одну сторону и вынести за скобки общие множители, можно записать так

   α α    α α    α− 1α +1   α−1 α +1
A(x iy j + y ix j − x i y j − yi x j )≥ 0

при этом A  — некоторый многочлен. Далее, раскладывая в произведение, имеем

        αi−1αj   αj αi−1
A (x − y)(x   y  − x y   )≥ 0

Для случаев αi− 1= αj  и αi > αj +1  это неравенство очевидно верно, а случая αi = αj  по определению не бывает. Теперь, чтобы доказать неравенство для смежных наборов, достаточно просуммировать все неравенства, о которых шла речь выше.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

(b) Найдем наименьшее такое k,  что для наборов α  и β  (α  мажорирует β  ) верно α +...+α  >β + ...+ β
 1      k   1       k  (если такого  k  не существует, то неравенство верно). Тогда αk > βk.  Найдем наименьшее такое l> k,  что αl <αk − 1.  Пусть теперь i  — такое максимальное i  такое, что αk = αk+1 =...=αk+i  и k≤ k+ i< l.  Тогда уменьшим αk+i  на 1 и αl  увеличим на 1. Мы знаем, что

α1+...+αk+i > β1+ β2 +...+ βk+i

поэтому при уменьшении α
 k+i  на 1 знак неравенства сохранится (возможно, станет нестрогим), поскольку все числа набора α  и  β  целые. Неравенство

α1+ ...+ αs > β1+ β2 +...+ βs

для s< k+i  тоже верно, поскольку эти частичные суммы не менялись. Если s≥ l,  то неравенство верно. Если же s< l,  то заметим, что αk+i+1,...,αs ≥ αk− 1,  при этом βk+i+1,...,βs ≤αk − 1,  поэтому неравенство при таких s  тоже верно. Таким образом, мы построили новый набор α′,  мажорирующий β,  при этом α  мажорирует α′ и они смежны (тогда неравенство для них следует из предыдущего пункта). Продолжая аналогичные операции рано или поздно мы придем к набору β  и неравенство будет доказано. Теперь, если подходящего l  не нашлось, то α   ≥ α − 1
 k+j   k  для j ≥0  и β   ≤ β ≤ α − 1.
 k+j   k   k  Но тогда β   ≤ α  ,
 k+j   k+j  поэтому

α1+ α2+ ...+ αn > β1+β2+ ...+ βn

(поскольку в некоторый момент появилось строгое неравенство) — противоречие. Значит, подходящее l  всегда найдется, и неравенство доказано.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#118213

Пусть упорядоченные наборы α  и β  имеют одинаковое количество элементов. Докажите, что неравенство Мюрхеда не верно, если α  не мажорирует β.

Показать доказательство

Если α  +...+ α  ⁄=β + β + ...+β ,
 1       n   1   2      n  где n  — число элементов в наборе α,  то можно подставить вместо всех переменных в неравенство Мюрхеда одно и то же число t.  Тогда получим утверждение о том, что

   α+...+α     β+...+β
n!t1     n ≥ n!t1   n

которое верно для любых t.  Очевидно, что существует t,  для которого это не так (одна из сумм больше, значит, одна из сумм ненулевая, тогда t,  которое противоречит этому утверждению, легко подбирается).

Рассмотрим еще один случай. Если

α1+ α2+ ...+ αk < β1+β2+ ...+ βk

причем k  — наименьшее натуральное, для которого это верно. Пусть x1 =x2 = ...=xk = t  и xk+1 =xk+2 = ...=xn =0  — значения переменных в неравенстве Мюрхеда. Если бы неравенство Мюрхеда было верно, то мы бы получили утверждение о том, что многочлен T1(t)  степени k  для любых t  не меньше многочлена T2(t)  степени m,  где k< m.  Это, конечно, неверно, и мы снова получили противоречие.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#118220

Для положительных a,  b,  c  докажите неравенство

-a--  -b--  -c--  3
b+ c + c+ a + a+ b ≥ 2
Показать доказательство

Умножим неравенство на все встречающиеся знаменатели и раскроем все скобки. Получившееся представляем в виде выражений Ti,j,k(a,b,c)  из неравенства Мюрхеда

T3,0,0(a,b,c)+2T2,1,0(a,b,c)+ T1,1,1(a,b,c)≥ T1,1,1(a,b,c)+ 3T2,1,0(a,b,c)

T3,0,0(a,b,c)≥ T2,1,0(a,b,c)

Последнее неравенство верно по неравенству Мюрхеда.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#118221

Сумма неотрицательных чисел x,  y  и z  равна 1.  Докажите неравенство

1+ 9xyz ≥ 4(xy +yz+ zx)
Показать доказательство

Поскольку удобнее доказывать однородные неравенства, сначала сделаем исходное неравенство однородным. Так как x +y+ z = 1  имеем            3
1 =(x+ y+ z)  и xy+ yz+zx =(xy+ yz +zx)(x +y+ z).  После соответствующих замен наше неравенство станет однородным:

        3
(x+y +z) + 9xyz ≥ 4(xy +yz+ zx)(x+ y+ z)

Раскроем все скобки

 3   3  3     2   2    2   2    2   2
x + y + z +3(xy +y x+ yz +z y+ xz+ z x)+6xyz+ 9xyz ≥

    2    2   2   2    2   2
≥ 4(x y+ xy +y z+ zy+ x z+ zx)+ 12xyz

После преобразований неравенство принимает вид

x3+y3+ z3+ 3xyz ≥x2y+ y2x +y2z+ yz2 +x2z+ xz2

Перегруппируем слагаемые

(x3− x2y − x2z+ xyz)+ (y3 − y2x− y2z +xyz)+(z3− z2x− z2y+xyz)≥ 0

Каждую скобку разложим на множители

x(x − y)(x − z)+ y(y− x)(y− z)+z(z− x)(z− y)≥0

Неравенство симметрично относительно x,y,z.  Тогда можно полагать x≥ y ≥z.  Тогда z(z− x)(z− y)≥ 0.  Оценим теперь сумму первых двух слагаемых.

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

Так как x≥ y  и x− z ≥ y− z,  то последнее выражение является произведением двух неотрицательных скобок, тогда и само выражение неотрицательно. Неравенство доказано.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#118223

Неравенство Шура. Докажите, что для любых неотрицательных чисел x,  y,  z  и натурального n≥ 3  выполнено неравенство

Tn,0,0(x,y,z)+Tn−2,1,1(x,y,z)≥ 2Tn−1,1,0(x,y,z).
Показать доказательство

Неравенство из условия равносильно

 n   n   n   n− 2    n−2    n−2     n−1   n−1    n−1   n−1    n− 1   n−1
x  +y + z + x  yz+ y   xz+z   xy ≥ x  y+y   x+ y  z +z   y+ x  z +z   x

Перегруппируем слагаемые

  n  n−1    n−1   n−2      n   n−1   n−1    n−2     n   n−1   n−1    n−2
(x − x  y− x   z+x   yz)+(y − y   x− y  z+ y  xz)+ (z  − z  x− z  y+ z   xy) ≥0

Теперь каждую из скобок раскладываем на множители

xn−2(x− y)(x− z)+yn−2(y− x)(y− z)+ zn−2(z− x)(z− y)≥0

Неравенство симметрично относительно переменных x,y,z.  Тогда можно полагать, что x ≥y ≥z.  Ясно, что zn−2(z− x)(z− y)≥0.  Оценим сумму двух других слагаемых.

xn− 2(x− y)(x− z)+yn−2(y− x)(y− z)= (x− y)(xn− 2(x− z)− yn−2(y− z))≥ 0

Так как xn−2 ≥ yn−2  и x − z ≥y− z,  то последнее выражение есть произведение двух неотрицательных выражений, поэтому сумма первых двух слагаемых неотрицательно, и неравенство доказано.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#118225

Сумма неотрицательных чисел x,  y  и z  равна 1.  Докажите неравенство

                   -7
0≤ xy+yz+ zx− 2xyz ≤27
Показать доказательство

Без ограничений общности можно полагать, что x ≥y ≥z.  Рассмотрим xy− 2xyz = xy(1− 2z).  Так как переменные упорядочены, имеем    x+y+z  1
z ≤  3  ≤ 3,  поэтому рассматриваемое выражение неотрицательно, поэтому и xy +yz+ zx− 2xyz  неотрицательно.

Докажем теперь верхнюю оценку. Так как x+ y+ z = 1,  исходное неравенство равносильно

                                     7        3
xy+yz+ zx= (xy+yz+ zx)(x+ y+ z)≤2xyz+ 27(x +y+ z)

В обозначениях неравенства Мюрхеда исходное неравенство может быть записано так:

                                     (                                  )
T2,4,0(x,y,z)+ T1,1,1(x2,y,z)-≤ T1,1,1(x3,y,z)+ 277 T3,0,0(x2,y,z)-+3T2,1,0(x,y,z)+T1,1,1(x,y,z)

Для краткости далее будем опускать аргументы многочленов Ti,j,k.  Умножаем неравенство на 54

54T2,4,0+ 27T1,1,1 ≤ 18T1,1,1+42T2,1,0+ 14T1,1,1

12T2,1,0 ≤ 5T1,1,1+7T3,0,0

По неравенству Шура 5T1,1,1+5T3,0,0 ≥10T2,1,0.  По неравенству Мюрхеда 2T3,0,0 ≥2T2,1,0.  Сложив данные неравенства, получаем требуемое. Неравенство доказано.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#119333

Даны положительные числа a,  b,  c,  каждое из которых больше 1.  Известно, что abc =8.  Докажите неравенство

(a − 1)(b− 1)(c− 1)≤1
Показать доказательство

Пусть x =a − 1,  y = b− 1,  z = c− 1.  Предположим противное: xyz >1.  Тогда из условия следует, что (x+ 1)(y+ 1)(z+1)= 8.  По неравенству о средних

                  √---
(x+ 1)(y+ 1)(z+ 1)≥ 8 xyz > 8

Противоречие. Значит, xyz ≤ 1,  что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#119335

Положительные числа a  и b  таковы, что a+ b+ c= 1.  Докажите неравенство

--1--  --1--  --1--  27
1 − a2 + 1 − b2 + 1− c2 ≥ 8
Показать доказательство

По неравенству о среднем гармоническом и среднем арифметическом достаточно показать, что

     2      2       2  8
(1− a )+ (1− b)+ (1− c )≤3

Это равносильно тому, что  2  2   2  1
a + b +c ≥ 3.  Из неравенства КБШ легко получить   2   2  2          2
3(a + b +c )≥ (a+ b+ c) = 1.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#119338

Сумма трех положительных чисел a,  b  и c  равна 1.  Докажите неравенство

∘----- ∘ ----  ∘----
 --a- +  --b-+   -c--≥ 2
 1 − a   1− b    1− c
Показать доказательство

Пусть

∘-----   ∘ ----    ∘----
  -a--= x, --b-= y, --c- =z
  1− a     1− b     1 − c

Тогда

a= --x2-,b= -y2-,c= --z2--
   x2+ 1    y2+1    z2+ 1

По условию

 x2     y2     z2
x2+-1 + y2+1-+ z2+1-=1

Нужно доказать, что x+ y+ z ≥2.  Действительно, поскольку

     2      2      2     2   2   2
1= -x2---+ -y2---+ -z2---≤ x-+ y-+ z-= x-+y+-z
   x + 1  y + 1  z +1   2x  2y  2z     2

то нужное неравенство доказано.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#119340

Сумма четвертых степеней вещественных чисел a,  b  и c  равна 3.
2  Докажите неравенство

 ∘-2---2  ∘ 2---2- ∘ -2--2-
a b + c +b  c+ a + c a + b ≤3
Показать доказательство

Пусть x =a√b2+-c2,  y = b√c2+-a2,  z = c√a2-+b2.  Нужно доказать, что x +y+ z ≤ 3.  Заметим, что

 2   2   2    22   22   22     4   4  4
x + y + z = 2(a b+ b c+ c a)≤ 2(a + b +c )= 3

Поскольку

        2    2   2  2
(x+ y+ z) ≤ 3(x + y + z)= 9

то x+ y+z ≤3,  что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#119342

Сумма положительных чисел a,  b  и c  равна 3.  Докажите неравенство

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

если известно, что все знаменатели положительные.

Показать доказательство

Давайте рассмотрим выражение X = 3a2−a−b2+ 3b2−b−c2-+ 3c2−c−a2-
      a2       b2       c2  — сумму обратных дробей. Для чего мы её рассматриваем? Например, если получится её как-то оценить, то мы сможем оценить и первоначальную сумму, используя неравенство КБШ:

    a2         b2         c2       9
3a2−-a− b2 + 3b2−-b− c2 + 3c2− c-− a2 ≥X

Из этого неравенства становится понятно, что необходимо доказать неравенство X ≤ 3,  ведь это сразу даст требуемое. Если в дробях почленно поделить слагаемые числителя на знаменатель и привести подобные, получим следующее неравенство:

           2   2   2
1 + 1+ 1+ b2 + c2 + a2 ≥ 6
a   b  c  a   b   c

Осталось заметить, что три последних слагаемых левой части по неравенству между средними арифметическим и геометрическим не меньше 3,  также 1a + 1b + 1c ≥ a+9b+c = 3.  Что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#119869

Доказать, что для всех положительных действительных чисел a  и b  выполнено неравенство:

a(a-+1)  b(b+-1)
 b+ 1 +  a+ 1 ≥ a+ b

Источники: Всесиб-2025, 11.2(см. sesc.nsu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Эта задача не подразумевает никаких хитрых манипуляций. Всё, что нужно — перенести всё в левую часть и привести к общему знаменателю. Попробуйте разложить числитель и знаменатель на скобочки!

Показать доказательство

Покажем, что

a(a+ 1)    b(b+1)
--b+1- − a +-a-+1 − b≥ 0

Заметим, что

                           2
a(a+1)− a+ b(b+-1)− b= (a-− b)(a+-b+-1)
 b+ 1       a+ 1        (a+ 1)(b+ 1)

Очевидно, что при a,b>0  выполняется неравенство

(a−-b)2(a+-b+1)≥ 0
  (a+ 1)(b+1)

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#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

Рулетка
Вы можете получить скидку в рулетке!