Тема Классические неравенства

Раскрытие и закрытие скобок

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела классические неравенства

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#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)

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.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#90237

Докажите неравенство $2(a2+ b2)≥ (a+ b)2$ .

Показать доказательство

Для начала раскроем скобки:

2 2 2 2 2a + 2b ≥a + 2ab +b

a2+ b2 ≥2ab (Нам надо это доказать)

Перенесём $2ab$ влево и выделим полный квадрат:

a2− 2ab+b2 ≥ 0

(a− b)2 ≥ 0,

Что верно всегда, так как квадрат — неотрицательное число.

Так как верна четвёртая строчка, значит, верна третья. Тогда верна и вторая, а отсюда верна и первая строчка. Мы доказали исходное неравенство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#91240

Докажите, что для любых вещественных $x$ , $y$ , $z$ и положительных чисел $a$ , $b$ и $c$ имеют место неравенства

(a) $x2+ y2+ z2 ≥xy+ yz+ zx$ ;

(b) $(ab+ bc+ ca)2 ≥ 3abc(a+ b+c)$ ;

Показать доказательство

(a)

Используя неравенство о средних, знаем:

1 1 2x2+ 2y2 ≥ xy

1 2 1 2 2x + 2z ≥ xz

1y2+ 1z2 ≥ yz 2 2

Сложим все три неравенства и получим искомое: $2 2 2 x +y + z ≥xy +xz+ yx$ .

(b)

Раскроем скобки, приведём подобные. Тогда исходное неравенство выглядит, как $22 22 22 2 2 2 ab + bc + a c≥ a bc +b ac+c ab$ .

Сделаем замену $x= ab,y = bc,z =ac$ . Тогда мы получили нерввенство $x2+ y2+z2 ≥xz+ xy+ yz$ , которе уже доказали в пункте $(a).$

(c)

Так как переменные $a,b и c$ положительные, то домножим обе части неравенство на $abc$ , отметим, что этот переход равносильный. Тогда мы получили неравенство $a2b2+ a2c2+ b2c2 ≥ a2bc+ b2ac+ c2ab$ из пункта $(b)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#91246

Докажите, что при любых положительных $a$ и $b$ имеет место неравенство

a3 b3 2 2 b + a ≥ a +b .

Показать доказательство

Так как числа положительные, домножим обе части неравенства на $ab:$

4 4 3 3 a + b ≥ ab+ ab;

( 4 3) (4 3) a − ab + b− ab ≥0;

a3(a− b)− b3(a− b)≥ 0;

(a− b)(a3− b3)≥ 0;

Если $a≥ b,$ то обе скобки больше либо равны 0, то есть их произведение неотрицательно и неравенство выполняется. Аналогично, если $b> a,$ обе скобки меньше 0, их произведение положительно и неравенство так же выполняется. Равенство достигается при $a =b.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#99240

Доказать, что для любых положительных чисел $a$ и $b$ выполнено неравенство

2 2 ∘-3---3 a-+-b-≥ 3a-+-b-. a+ b 2

Показать доказательство

После возведения обеих частей в третью степень и домножения на знаменатели получаем эквивалентное неравенство

2 2 3 3 3 3 2(a + b) ≥ (a+ b)(a +b )

Раскроем куб суммы:

6 4 2 2 4 6 3 2 2 3 3 3 2(a +3a b +3a b +b )≥ (a + 3ab+ 3ab+ b )(a +b )

Сгруппируем на скобки:

2a3(a3+3ab2)+2b3(b3+ 3a2b)≥ (a3+ b3)(a3 +3ab2)+ (a3 +b3)(b3+3a2b)

Переносим правую часть налево и выносим общие множители:

(a3− b3)(a3+3ab2)+ (b3 − a3)(b3+ 3a2b)≥0

Получаем, что надо доказать

(a3− b3)(a3 − 3a2b+3ab2+b3)≥ 0

По формуле куба суммы это эквивалентно

(a− b)3(a3− b3)≥ 0

А по формуле разности кубов остаётся тождественно верное

(a− b)4(a2 +ab+ b2)≥ 0

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#71018

Какое число больше: $20232023$ или $20222024?$

Источники: Надежда энергетики-2023, 11.5 (см. www.energy-hope.ru)

Показать ответ и решение

Рассмотрим отношение чисел

20232023 2023 ( 2023)2022 2023 ( 1 )2022 20222024 = 20222-⋅ 2022 = 20222 ⋅ 1 +2022

Применим известное неравенство:

( ) 2 < 1+ 1 k < 3 ∀k ∈ℕ, k> 1 k

Тогда

2023 ( 1 )2022 2023⋅3 20222 ⋅ 1+ 2022 < 2022-⋅2022 < 1

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

Известное неравенство принималось на олимпиаде без док-ва, но любые корректные попытки его обоснования поощрялись. Покажем, как его можно доказать с помощью формулы бинома Ньютона:

( ) 1 +-1 k = 1+ n-⋅ 1+ n(n−-1)⋅ 1-+ n(n−-1)(n−-2)-⋅ 1-+ ...+ n!⋅ 1-= k 1! n 2! n2 3! n3 n! nn

1- ( 1) -1 ( 1) ( 2) 1-( 1) ( n−-1) = 2+ 2! ⋅ 1− n +3! ⋅ 1− n 1− n + ...+ n! 1− n ⋅...⋅ 1− n

Видно, что все скобки вида $( k) 1+ n$ меньше 1, но при этом больше 0. Значит, если заменим их на 1, то выражение от этого увеличиться.

( ) ( )( ) ( ) ( ) 2+ 1-⋅ 1− 1 + 1-⋅ 1− 1 1 −-2 + ...+ 1- 1− 1 ⋅...⋅ 1− n−-1 < 2! n 3! n n n! n n

<2 + 1--+ --1--+ ...+ ---1----< 2+ 1 +-1 +...+--1- 1⋅2 1⋅2⋅3 1⋅2⋅...⋅n 2 22 2n−1

Последнее неравенство верно, ведь мы просто заменили в числителях все числа, которые больше 2, на 2, тем самым уменьшили знаменатели, следовательно, увеличили значение выражения.

1 -1 --1- 1 -1 --1- -1 1 -1-- 2+ 2 + 22 + ...+ 2n−1 < 2+ 2 +22 +...+ 2n−1 + 2n +...=2 +2 ⋅1− 12 = 3

В конце мы воспользовались формулой суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии.

Ответ:

$20222024$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#74613

Для любых положительных чисел $a$ и $b$ докажите неравенства

(a) $(a2+ b2)(a3+ b3)≤ 2(a5 +b5);$

(b) $(a2+ b2)(a3+ b3)(a6+b6)≤ 4(a11+b11).$

Показать доказательство

(a) Раскроем скобочки и приведём подобные:

0 ≤a5+ b5− a3b2− a2b3

Разложим правую часть на множители:

2 2 3 3 0≤ (a − b)(a − b )

Нетрудно видеть, что скобочки в правой части имеют одинаковые знаки, то есть их произведение действительно неотрицательно.

(b) Используем предыдущий пункт, заменим $2 2 3 3 (a + b )(a +b )$ на $5 5 2(a + b).$ Поделим на $2$ и получим такое неравенство:

(a5+ b5)(a6+b6)≤ 2(a11+b11)

Далее действуем так же, как в предыдущем пункте:

0≤ a11+ b11− a6b5 − a5b6

0≤ (a6− b6)(a5 − b5)

По аналогичным рассуждениям получаем требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#34676

Положительные числа $a,b,c$ таковы, что

2 2 2 a + b − ab= c

Докажите, что

(a− c)(b− c)≤ 0

Показать доказательство

Первое решение.

Рассмотрим треугольник с длинами сторон $a$ , $b$ и углом в $∘ 60$ между ними.

$PIC$

Тогда по теореме косинусов длина стороны напротив угла в $60$ градусов равна $c$ . При этом в треугольнике с углом в $∘ 60$ сторона напротив такого угла является средней из трёх сторон (напротив большего угла лежит большая сторона, напротив меньшего угла – меньшая). В искомом неравенстве стоят разности сторон, так что одна скобка неотрицательна, а другая неположительна.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

В силу положительности чисел искомое неравенство равносильно

(a− c)(b− c)(a+c)(b +c)≤ 0

Ведь множители $a+c$ и $b+ c$ положительны.

Тогда нам нужно доказать (с учётом формулы разности квадратов)

(a2− c2)(b2 − c2)≤0

Подставляем условие $2 2 2 c = a +b − ab:$

(ab− b2)(ab− a2)≤0

На положительное $ab$ можно сократить и получим

(a− b)(b− a)≤ 0

Что верно в силу неотрицательности квадрата.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#39791

Про положительные числа $a$ , $b$ , $c$ известно, что $abc= 1$ и

1 1 1 a +b+ c> a + b + c

Докажите, что ровно одно из чисел $a$ , $b$ и $c$ больше $1$ .

Показать доказательство

Первое решение.

Рассмотрим многочлен

f(x)= (x− a)(x− b)(x − c)=

3 2 = x − (a+ b+c)x +(ab+ bc+ ac)x− abc=

= x3− px2+ qx− 1.

Из условия следует, что $p> q$ и все корни многочлена положительны. Тогда $f(1)= q− p <0$ , а для кубического многочлена $f(x)→ +∞$ при $x→ +∞$ , так что в силу непрерывности при $x >1$ найдутся одна или три точки пересечения $f(x)$ с осью абсцисс. Три точки найтись не могут, так как произведение корней не может быть больше единицы (по теореме Виета оно равно единице).

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Рассмотрим неравенство

a+ b+c− (1+ 1+ 1)abc− 1+ abc>0 a b c

По условию оно верно в силу $abc =1$ . Тогда

a+ b+c− ab− ac − bc− 1+abc= (a − 1)(b− 1)(c− 1) >0

И скобки либо все положительные, либо положительная только одна. В первом случае все числа больше единицы, но это противоречит условию $abc=1$ . Значит, ровно одно число больше единицы.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#74720

Пусть $a$ , $b$ и $c$ — положительные числа. Докажите неравенство

-c a- b- (1 1 1) ab + bc + ca ≥ 2 a + b − c

Показать доказательство

Домножим на $abc$ .

2 2 2 c + a +b ≥ 2(bc+ 2ac− 2ab)

2 2 2 2 c + a + b− 2(bc+ 2ac− 2ab)=(b− c− a) ≥ 0

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#73445

Докажите, что для любого $x⁄= 0$ выполнено неравенство:

8 5 1 -1 x − x − x + x4 ≥0.

Источники: Всесиб-2021, 10.1(см. sesc.nsu.ru)

Показать доказательство

Приведём все дроби к общему знаменателю:

x12− x9− x3+1 -----x4------≥0.

Разложим числитель на множители:

(x9− 1)(x3− 1) -----x4-----≥ 0.

Знаменатель всегда положителен, потому что это чётная степень $x$ . Если $x< 1,$ то скобки числителя отрицательны, а значит их произведение положительно. Если $x ≥1,$ то скобки неотрицательны, значит их произведение тоже неотрицательно. Получили требуемое.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#98585

Для любых чисел $x,y$ и $z$ докажите неравенство

2 2 2 √ - x + y + z ≥ 2(xy+ yz).

Показать доказательство

√ - ( y )2 ( y )2 x2 +y2+ z2− 2(xy+ yz)= x− √2- + z− √2- ≥ 0

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#83304

Докажите неравенство Бернулли: $(1 + x)n ≥ 1+ nx$ при всех $x ≥ − 1$ и при всех натуральных $n.$

Показать доказательство

Докажем индукцией по $n$ при каждом фиксированном $x ≥ − 1.$
1. База индукции. При $n = 1$ это неравенство, очевидно, верно, причём вообще для любого $x ∈ ℝ,$ поскольку оно обращается в равенство.

2. Шаг индукции. Пусть это неравенство выполнено для всех чисел от $1$ до $n.$ Докажем его для $n + 1 :$

(1 + x)n+1 = (1+ x )(1 + x)n ≥

по предположению индукции для $n (1 + x)$

≥ (1 + x)(1+ nx ) = 1 + nx + x + nx2 ≥

так как $2 nx ≥ 0$

≥ 1 + nx + x = 1+ (n + 1)x