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 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#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.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

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.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

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.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

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:

$2n− 2+-1-- 2n−1$

Следующая подтема