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#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:

$y3z2 > x5$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#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 3#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 4#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 5#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.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#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.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#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 8#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 9#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 10#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.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#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

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте вспомнить базовые свойства дробей, за счёт чего дробь можно сделать больше, за счëт чего - меньше. Как это применить к задаче?

Подсказка 2

С одной дробью работать гораздо легче, чем с суммой трёх. Однако дроби из условия складывать трудно. Подумайте, как с помощью подсказки 1 их упростить, чтобы стало проще.

Подсказка 3

У всех трёх дробей очень похожие знаменатели, близкие к числу a + b + c. Представьте, что все знаменатели равны a + b + c. Насколько легче стала задача и как связать еë с изначальной?

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 13#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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подсказка 2

Подсказка 3

У всех трёх дробей очень похожие знаменатели, близкие к числу 2a + 3b + 5c. Представьте, что все знаменатели равны 2a + 3b + 5c. Насколько легче стала задача и как связать еë с изначальной?

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 14#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.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подсказка 2

Итак, знаменатели надо увеличить, но как? Подумайте, как связаны, например, выражения a + 1 и ab + a + 1 или похожие на них

Подсказка 3

Действительно, можно записать следующее равенство ab + a + b + 1 = (a + 1)(b + 1). Тогда нужно прибавить по одной соответствующей переменной к каждому знаменателю, чтобы получить желаемое. Осталось понять, почему мы решили задачу.

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#93772

Положительные числа $x,y$ и $z$ таковы, что $x2+ y2 +z2 = 1.$ Докажите, что

xy yz- zx- √- z + x + y ≥ 3

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Выражения вида xy/z сложно назвать приятными — приведение к общему знаменателю не даст ничего хорошего, в том числе по той причине, что это не позволяет воспользоваться условием на сумму квадратов. Какую замену в этом случае можно сделать?

Показать доказательство

Выполним замену $a = xy,b= yz,c= zx. z x y$ Тогда $x= √ac,y = √ab,z =√bc,$ следовательно,

2 2 2 x + y + z =ab+ bc+ca= 1

Тогда, поскольку $a2+ b2 +c2 ≥ ab+bc+ ca,$ имеем

(xy yz- zx)2 2 2 2 2 z + x + y = (a +b+ c) =a + b +c + 2(ab+ bc +ca)≥3(ab+bc+ ca)= 3

что влечет требуемое неравенство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#93774

Сумма положительных чисел $a,b,c,$ меньших $1,$ равна $2.$ Докажите неравенство

-a-- --b- --c- 1− a ⋅1 − b ⋅1 − c ≥8

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Условие a+b+c=2 сложно назвать хорошим. Обычно приятно работать с 3 переменными, сумма которых равна 1 или 3. В первом случае - мы можем домножать любую из частей неравенства на a+b+c, при этом вторая часть останется неизменной (например, чтобы добиться однородности), во втором случае - среднее арифметическое набора из этих чисел равно 1, что часто оказывается довольно приятным наблюдением. Какую замену можно сделать, чтобы сумма новых переменных была равна 1, а вид неравенства поменялся не сильно.

Показать доказательство

Введем замену $x= 1− a,y = 1− b,z =1 − c$ и заметим, что $x+ y+ z = 1.$ Предположим, что доказываемое неравенство неверно, тогда оно имеет вид

(1− x)(1− y)(1− z) <8xyz

1− (x +y+ z)+ (xy+ yz+ zx)− xyz < 8xyz

xy+ yz+ zx <9xyz

Наконец, имеем неравенство

1 + 1+ 1< 9 x y z

которое неверно, ведь в силу неравенства КБШ для дробей

2 1+ 1 + 1 ≥ (1-+1+-1)-= 9 x y z x+ y+z

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#93775

Докажите, что для любых чисел $x,y,z$ из отрезка $[1,4]$ выполнено неравенство

(4x− y)(4y− z)(4z− x)≤ 27xyz

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Поделите неравенство на xyz. Теперь, если пойти от обратного, то вы получите следующее (4-y/x)(4-z/y)(4-x/z) > 27. Сделайте замену y/x=a, z/y=b, x/z=c. Попробуйте решить задачу после этой замены. Подумайте, как применить, что изначальные числа были из [1:4].

Подсказка 2

Поймите, что 12-a-b-c>9, abc=1. Скомбинируйте эти факты и получите решение задачи.

Показать доказательство

Предположим, что данное неравенство неверно. Тогда для некоторых $x,y,z ∈[1,4]$ верно неравенство

(4x− y)(4y− z)(4z− x)> 27xyz

Разделим обе части неравенства на $xyz.$

y z x (4− x)(4− y)(4− z)> 27

Сделаем замену $y z x x =a,y =b,z = c.$ Заметим, что $abc= 1.$ Все скобки неотрицательны, так как исходные числа лежат в отрезке $[1,4].$ По неравенству о средних

∘ --------------- 12−-a3− b−-c≥ 3(4− a)(4 − b)(4− c)>3

a+-b+c-<1 3

С другой стороны, по неравенству о средних, $a+b3+c≥ 3√abc= 1.$ Противоречие. Значит, исходное неравенство верно для всех $x,y,z ∈[1,4],$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#96365

Для положительных чисел $x,$ $y,$ $z$ докажите неравенство

2 2 2 10x + 10y +z ≥ 4(xy +yz+ zx)

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. А в каких случаях он не меньше 0?

Показать доказательство

Посмотрим на это как на неравенство относительно $z :$

2 2 2 z − 4(x +y)z+ 10x + 10y − 4xy ≥ 0

Дискриминант равен $16(x+ y)2− 40x2− 40y2+ 16xy = −24(x− y)2.$ Видим, что он неотрицателен, а значит, квадратный трёхчлен принимает только неотрицательные значения, что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#74615

Докажите, что при положительных числах $a,b$ и $c$ выполнено неравенство

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас в условие дроби и корни, что может быть хуже... А может нас хотят запугать и на самом деле это неравенство легко доказывается? Похоже, что можно сделать замену, которая значительно упростит нам жизнь...

Подсказка 2

Давайте сделаем замену x = 1/√a, y = 1/√b, z = 1/√c. Тогда наше неравенство превращается в x² + y² + z² ≥ xy + yz + zx. Может оценим каждое слагаемое из правой части по отдельности?

Подсказка 3

Можно оценить их по неравенству о средних: xy ≤ (x²+y²)/2. Попробуйте так же оценить yz и zx и доказать неравенство!

Показать доказательство

Сделаем замены $x= √1,y = √1,z = √1. a b c$ Неравенство примет вид:

2 2 2 x + y + z ≥xy +xz+ yz

Это неравенство довольно известное, чтобы его доказать, надо домножить его на $2,$ перенести всё влево и выделить полные квадраты:

2 2 2 (x− y) +(y− z) + (z− x) ≥ 0

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#75854

Действительные числа $a,b,c,d$ , по модулю большие единицы, удовлетворяют соотношению

abc +abd+acd+ bcd+ a+ b+ c+d =0

Докажите, что

--1-+ --1-+ --1-+ --1-> 0 a− 1 b− 1 c− 1 d− 1

Показать доказательство

Пусть $x = a+1,y = b+-1,z = c+-1,t= d-+1. a− 1 b− 1 c− 1 d − 1$

Поскольку модули чисел $a,b,c,d$ больше единицы, числа $x,y,z,t$ положительны и не равны $1.$ Равенство из условия влечет

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

или $xyzt= 1.$ Из равенства $-1-- x−-1 a− 1 = 2$ и аналогичных получаем, что

1 1 1 1 x+ y+z +t− 4 a-− 1 + b− 1-+c-− 1 +d-− 1 =--2------

Таким образом, надо доказать, что $x +y+ z+ t> 4.$ Поскольку $xyzt=1,$ но числа $x,y,z,t$ отличны от единицы, среди них есть различные. Наконец, по неравенству между средним арифметическим и геометрическим

∘---- x +y +z+ t> 44xyzt= 4

Предыдущий раздел

Следующий раздел