Тема Классические неравенства

Правильная замена и преобразование выражений

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#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

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.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#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 3#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 4#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 5#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 6#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.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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 8#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 9#80574

Пусть $a,$ $b,$ $c$ — стороны треугольника. Докажите, что

(a +b− c)(b+ c− a)(a +c− b) ≤ abc

Показать доказательство

Первое решение. 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.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Выражение слева чем-то похоже на формулу Герона, не так ли? Давайте домножим неравенство на $a+b+c 16 ,$ чтобы оно в точности стало ею:

abc(a +b+ c) S2 ≤ ----16-----

Вспомним известные формулы площади через радиусы вписанной и описанной окружностей: $a+b +c= 2Sr ,abc =4RS.$ Если подставить это в неравенство, поделить на $S2$ и преобразовать, получим неравенство $2r ≤R.$ Оно следует из теоремы Эйлера про расстояние между центрами вписанной и описанной окружностей.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#80577

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

2 2 2 x + y + z ≤xyz+ 2

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 11#85926

Для положительных $a,b,c$ докажите неравенство

( a b c)2 ( b c a) b + c + a ≥3 a + b + c

Показать доказательство

После раскртия скобок слева и сокращения нам останется доказать, что

( a)2 ( b)2 (c)2 b c a b + c + a ≥ a +b +-c

Пусть $x= ab,y = bc,z = ca.$ Тогда последнее неравенство переписывается в виде $x2+y2+ z2 ≥ xy+yz+ zx,$ что очевидно верно.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#85985

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

---1--- ----1----- -1 a+ b+ 2 − (a+1)(b +1) ≤ 16

Показать доказательство

Пусть $x =a +1,y = b+1.$ Тогда достаточно доказать неравенство

--1- 1- 1- x +y − xy ≤ 16

Домножив на знаменатели, получаем

16(xy− x− y)≤xy(x+ y)

Пусть $√ -- t= xy.$ Тогда

16(xy− x− y)≤16(t2− 2t), xy(x +y)≥ 2t3

Осталось доказать, что $3 2 2t ≥ 16t − 32t.$ Перенеся все на одну сторону и сократив на $2,$ получим $3 2 2 t − 8t + 16t= t(t− 4)≥ 0,$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#85986

Положительные числа $a,b,c$ удовлетворяют условию $a +b+ c+ abc= 4.$ Докажите, что

( a )( b ) ( c ) 1+ b + ca 1+ c + ab 1+ a + bc ≥27

Показать доказательство

Применяя неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим для четырех чисел, получаем $a+b +c+ abc ≥4√abc,$ откуда $abc ≤1.$ Преобразовав исследуемое выражение, получим

( a )( b )( c ) (a+b+ abc)(b+c+ abc)(c +a+ abc) 1+ b +ca 1+ c +ab 1+ a +bc = ------------abc------------ =

= (4−-a)(4−-b)(4− c)= 64−-16(a+-b+-c)+-4(ab+-bc+ca)− abc= abc abc

( ) = 64− 16(4− abc)+4(ab+bc+-ca)−-abc-= 15+ 4 1+ 1+ 1 ≥15+ √132--≥27 abc a b c abc

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#85988

Сумма положительных чисел $a,b,c$ равна $3.$ Докажите, что

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

Показать доказательство

Заметим, что $-a2--= a− -ab2-. a+ b2 a+ b2$ Поэтому достаточно доказать, что

ab2 bc2 ca2 3 a+-b2-+ b+c2 + c+-a2 ≤ 2

Применив неравенство о средних к знаменателям, а далее к числам вида $√- a$ и $√-- ab$ , получим

2 2 2 2 2 2 √- √- √- aa+bb2 + bbc+c2-+cc+aa2 ≤ 2abb√a +-bc√ +2caa√c = 12(b a +c b+ a c)≤ 2c b

≤ 1(ab +bc+ ac+ a+ b+ c) 4

Осталось заметить, что

2 2 2 2 9= (a+b+ c) =a + b +c + 2(ab+ bc+ca)≥ 3(ab+bc+ ca)

откуда

1(ab+bc+ ac+a +b+ c)≤ 1(3+ 3)= 3 4 4 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#85990

Произведение действительных чисел $x,y$ и $z$ равно $1.$ Докажите неравенство

--x2-- --y2-- --z2-- (x− 1)2 + (y− 1)2 +(z− 1)2 ≥1

Показать доказательство

Сделаем замену. Пусть $a= -x-,b= -y-,c =-z-. x−1 y−1 z−1$ Тогда

------1-------- ------xyz------ (a − 1)(b− 1)(c− 1) = (x− 1)(y− 1)(z− 1) = (x − 1)(y − 1)(z − 1) = abc

То есть нам известно, что $ab+ bc+ac= a+ b+ c− 1.$ Надо доказать неравенство $a2+ b2+ c2 ≥ 1.$ Заметим, что

a2 +b2+ c2 =(a+ b+c)2− 2(ab+bc+ ca) =(a+ b+c)2− 2(a+ b+c)+ 2≥ 1

где последнее неравенство, в итоге, собирается в полный квадрат.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#85994

Для трех положительных чисел $a,b,c$ выполнено равенство $1+ 1+ 1= 1. a b c$ Докажите неравенство

√ ----- √----- √ ----- √--- √- √- √- a+bc+ b+ ca + c+ab≥ abc+ a+ b+ c

Показать доказательство

Исходное условие равносильно тому, что $ab+ bc+ca= abc.$ Возведя неравенство в квадрат, и сократив сумму квадратов, получим

√----√----- √ ----√----- √ ----√----- 2 a+ bc b +ca+ 2 b+ ca c+ ab+ 2 c+ab a +bc≥

≥ 2√ab+ 2√bc+2√ca+ 2√a2bc-+2√b2ca-+2√c2ab

Осталось лишь заметить, что

√a-+bc√b+-ca≥√ab-+√c2ab-

так как после возведения в квадрат получится неравенство

ab+ c2ab+ c(a2+ b2)≥ ab+c2ab+c ⋅2ab

которое очевидно верно. Сложив три аналогичных неравенства, получим требуемое.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#85997

Вещественные числа $a,b,c,d$ удовлетворяют равенствам $a+ b+c+ d= 6,a2+ b2+ c2+ d2 = 12$ . Докажите, что

3 3 3 3 4 4 4 4 36≤ 4(a + b +c + d)− (a +b + c+ d )≤48

Показать доказательство

Заметим, что

3 3 3 3 4 4 4 4 4 4 4 4 4(a +b + c+ d )− (a + b+ c + d)= −(a− 1) − (b− 1) − (c− 1)− (d− 1) +

2 2 2 2 4 4 4 4 +6(a + b+ c + d)− 4(a+ b+ c+d)+ 4= −(a− 1) − (b− 1) − (c− 1) − (d − 1)+

+6⋅12− 4 ⋅6 +4= −(a− 1)4− (b− 1)4− (c− 1)4− (d− 1)4+ 52

Сделаем замену $x= a− 1,y =b− 1,z = c− 1,t= d− 1.$ Тогда

x2+y2+ z2+ t2 = a2+ b2+c2+ d2− 2(a+ b+c+ d)+4 =4

а нам требуется доказать неравенства

52− 48 ≤x4+ y4+ z4 +t4 ≤ 52− 36

Первое неравенство верно, поскольку

x4+ y4+ z4 +t4+4 ≥2(x2+ y2 +z2+ t2)= 8

Второе неравенство верно, поскольку

x4+ y4+ z4 +t4 ≤ (x2+ y2+ z2 +t2)2 = 16

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#90109

Докажите, что для положительных чисел $a,b$ и $c$ выполняется неравенство

---a---- ----b--- ---c---- 2a+ b+c +2b+ c+ a + 2c+a +b <1

Показать доказательство

При уменьшении знаменателя значение дроби увеличивается, поэтому

---a---- ---b---- ----c--- ---a--- ---b--- ---c--- a+-b+-c 2a +b+ c + 2b+c +a +2c+ a+ b < a+ b+ c + b+c+ a +c+ a+ b = a+ b+ c = 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#90110

Докажите, что для положительных чисел $a,b$ и $c$ выполняется неравенство

---2a--- ---3b--- ---5c--- a+3b+ 4c + 2a+ b+5c + a+ b+ c > 1

Показать доказательство

При увеличении знаменателя дробь уменьшается, тогда справедливо следующее неравенство:

---2a--- ---3b--- ---5c-- ----2a--- ----3b--- ----5c--- a+ 3b+4c + 2a+ b+ 5c +a +b+ c > 2a+ 3b+5c +2a+ 3b+5c +2a+ 3b+ 5c =1

Что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#90111

Докажите, что для любых неотрицательных чисел $a,b$ и $c$ выполняется неравенство

--a+-1-- --b+1-- --c+-1-- -1-- -1-- -1-- ab+ a+ 1 + bc+b+ 1 + ca+ c+1 ≥ a+ 1 + b+ 1 + c+1.

Показать доказательство

Чем больше знаменатель, тем меньше дробь, поэтому

--a+-1-- --b+1-- --c+-1-- ---a+-1--- ---b+-1--- ---c+-1--- ab+ a+ 1 + bc+b+ 1 + ca+ c+1 ≥ ab+a +b+ 1 + bc+b +c+ 1 + ca+ c+a+ 1 =

a +1 b+1 c+1 1 1 1 =(a+-1)(b+-1) + (b+-1)(c+-1)-+(c+-1)(a+-1) = a+-1 + b+1-+ c+1