Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Неравенство КБШ для наборов, КБШ для дробей (неравенство Седракяна)

Тема Классические неравенства

Неравенство КБШ для наборов, КБШ для дробей (неравенство Седракяна)

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#105332

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

ha+ hb+ hc ≥9r

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).

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#107139

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

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 3#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 4#80224

Пусть $a2+ b2+c2 = 2.$ Докажите неравенство $a +b+ c≤ abc+ 2.$

Показать доказательство

Первое решение.

Поймём для начала что-то про $bc.$ Перепишем равенство из условия в виде $2 2 2 b + c =2− a .$ К тому же верна следующая цепочка неравенств

2 2 2 2bc≤b + c = 2− a ≤ 2

Значит, получаем, что $bc ≤1.$ Перенесём теперь $abc$ в левую сторону и запишем КБШ

∘-----2---2--2-------2- ∘ ---------------2- b+c +a(1− bc)≤ ((b+ c) +a )(1 + (1− bc))= (2+ 2bc)(1 +(1− bc) )

Получаем, что нам надо доказать следующее неравенство $∘ (2-+2bc)(1+(1−-bc)2)≤2.$ Возведём в квадрат, сделаем замену $1− bc= x,$ где $x$ неотрицательный, и сделаем преобразования

2 (4− 2x)(1+x )≤ 4

2 3 4x − 2x− 2x ≤0

−2x(x − 1)2 ≤0

Последнее неравенство верно, поэтому получаем, что и наше исходное неравенство доказано. ______________________________________________

Второе решение.

Равенство переписывается в виде $p2− 2q =2,$ а неравенство в виде $p≤ r+ 2.$ Зафиксируем $p$ и $q,r$ достигает минимального значения, если

i) в тройке $(a,b,c)$ одно из чисел равно нулю. Без ограничений общности, считаем, что $c= 0.$ Тогда $a2+b2 = 2,$ а неравенство имеет вид $a+ b≤ 2,$ последнее следует из неравенства между средним квадратичным и арифметическим для чисел $a$ и $b.$

ii) в тройке $(a,b,c)$ нашлась пара равных. Без ограничений общности, будем считать, что $a =c.$ В этом случае $2a2+ b2 = 2,$ следовательно $a ≤1,$ а неравенство имеет вид

2a+b≤ a2b+2

2(a− 1) ≤b(a2 − 1)

2≥ b(a +1)

4 ≥b2(a +1)2

Выразим $b2$ из выражения $2a2+b2 = 2$

4≥ (2− 2a2)(a2+ 2a+1)

a4+2a3− 2a+1 ≥0

Последнее является суммой неравенств $a4 ≥0$ и неравенства о средних

3 ∘3-3-- 1∕2+1∕2+ 2a ≥3 a ∕2 >2a

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#83742

Даны числа $x,y,z$ такие, что

x 4 6 4 + sin y+ ln z = 16

Докажите, что

x+1 2 3 2 + 3sin y− 6ln z ≤ 28

Источники: Звезда - 2024, 11.3 (см. zv.susu.ru)

Показать доказательство

Используем неравенство КБШ в векторном виде. Рассмотрим векторы $⃗a= (2x;sin2y;ln3z)$ и $⃗b= (2;3;−6).$ Скалярное произведение

x+1 2 3 ⃗a ⋅⃗b =2 + 3sin y− 6ln z ≤ |⃗a|⋅|⃗b|

Имеем

⃗ √-------- |b|= 4+ 9+ 36 =7

|⃗a|= ∘4x+-sin4y+-ln6z =4

Тогда получаем, что

2x+1+ 3sin2y− 6ln3z ≤ 28

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#85999

Даны ненулевые числа $x,y,z,w$ такие, что $x+ y ⁄= 0,z+ w ⁄=0$ и $xy+ zw≥ 0.$ Докажите неравенство

( x+ y z+ w)− 1 1 (x z)−1 ( y w )−1 z+w-+ x+-y + 2 ≥ z + x + w + y

Показать доказательство

Приведем все дроби к общему знаменателю:

( (x +y)2+ (z+ w)2)−1 1 ( x2+z2)−1 ( y2+w2 )−1 --(x+-y)(z+-w)-- + 2 ≥ -xz--- + -yw---

Преобразуем полученное неравенство

1− --xz--+ 1− --yw--≥ 1 −--(x+-y)(z+-w)- 2 x2+ z2 2 y2+ w2 2 (x+ y)2 +(z+ w)2

и снова приведем пары слагаемых к общему знаменателю:

(x−-z)2-- -(y−-w)2- --(x-+y−-z−-w)2-- 2(x2+ z2) + 2(y2+w2) ≥ 2((x+ y)2+ (z +w)2)

Далее имеем

2 2 2 2 2(x(x−2+z)z2)-+ (2(yy−2+w)w2) ≥ 2((xx2−+-zy+2+y−z2-w+)w2) ≥ 2(((xx++yy)−2+z−(z+w)w)2)

где первое неравенство следует из дробного КБШ, а второе — из неравенства

(x +y)2+(z+ w)2 = x2+y2+ z2+ w2+ 2(xy+ zw)≥x2+ y2+ z2+w2

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#86471

Найдите все пары чисел $(x;y)$ , удовлетворяющие уравнению

(cosx +cosy)(sinx+ siny)= 2

Показать ответ и решение

Первое решение.

По формулам суммы косинусов и синусов уравнение равносильно

x+ y x− y x +y x− y 2cos -2--cos -2--⋅2sin--2-cos--2- =2

По формуле синуса двойного угла это превращается в

sin(x+ y)⋅cos2 x−2-y= 1

Так как $0≤ cos2 x−2y ≤1$ и $− 1 ≤sin(x+ y)≤ 1,$ то левая часть уравнения не превосходит 1. А равенство достигается лишь в случае

{ sin(x+ y)=1 cos2 x−2y =1

{ x+ y = π+ 2πn,n ∈ℤ x− y = 22πm, m∈ ℤ

(|{ x = π4 + π(n +m ), y = π4 + π(n − m ), |( n ∈ℤ,m ∈ℤ

( |{ x= π4 + πk +2πm, | y = π4 +πk, ( k∈ ℤ,m ∈ℤ

________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Раскроем скобки в левой части:

(cosx+ cosy)(sinx +sin y)= (cosxsinx+ cosxsiny +cosysinx+ cosy siny)

Применим неравенство Коши-Буняковского-Шварца для векторов из $4$ чисел:

a= (cosx,siny,sin x,cosy),b= (sin x,cosx,cosy,sin y)

Получим:

(a,b)=(cosxsinx+ cosxsiny+ cosysinx +cosysiny)≤

∘ ----------------------∘ ----------------------- ≤ |a|⋅|b|= cos2x +sin2y +sin2x+ cos2y sin2x+ cos2x+ cos2y+ sin2y = 2

Но левая часть неравенства равна $2$ по условию. Значит, в неравенстве КБШ левая и правая части равны для $x,y,$ удовлетворяющих условию задачи.

Как известно, равенство в КБШ достигается, когда векторы коллинеарны, то есть для некоторого $k$

(|| cosx= ksinx ||{ sinx =k cosy || cosy = ksiny ||( siny =k cosx

Последовательно подставляя, уравнения системы получим:

2 3 4 cosx= ksinx = kcosy = k siny = k cosx

Откуда либо $cosx =0$ , тогда $siny =cosy = cosx =0,$ что противоречит основному тригонометрическому тождеству $0 =sin2x +cos2x ⁄=1.$

Либо $k4 = 1$ , то есть $k =±1$ .

В случае $k= −1$ получится система:

(|| cosx =− sinx ||{ sinx =− cosy || cosy =− siny ||( siny =− cosx

Подставим $cosy = − siny$ во второе уравнение системы и $cosx= − sinx$ в четвёртое

( ||| cosx =− sinx |{ sinx =sin y ||| cosy =− siny |( siny =sin x

Нетрудно проверить, что в таком случае

(cosx+ cosy)(sinx +sin y) =−2

что не подходит под условие задачи.

В случае $k= 1$ получится система:

( |||| cosx =sin x { sinx= cosy |||| cosy = siny ( siny = cosx

Которая имеет решения

(π4 +πk+ 2πm;π4 +πk),k,m ∈ ℤ

Ответ:

$(π +πk +2πm;π + πk), k,m ∈ℤ 4 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#91166

Положительные числа $a,b,c$ таковы, что $a+ b+ c= 3.$ Докажите неравенство

--a3--- --b3--- --c3--- b(2c+ a) + c(2a+ b) + a(2b+ c) ≥1

Показать доказательство

Первое решение.

Добавим к первой дроби $b 2c+a- 3 + 9 ,$ ко второй — $c 2a+b- 3 + 9 ,$ к третей — $a 2b+c- 3 + 9 .$ Таким образом мы к левой части добавили $2,$ то есть доказать теперь требуется

a3 b 2c+ a b3 c 2a+ b c3 a 2b+c b(2c+-a) + 3 +-9--+ c(2a+-b) + 3 +-9--+ a(2b+-c)-+3 + -9---≥3

Тогда для сумм троек слагаемых по неравенству между средним арифметическим и геометрическим каждая больше соответсвенной переменной:

3 --a----+ b+ 2c+a-≥a b(2c+ a) 3 9

Тогда вся сумма больше либо равна

a+ b+c =3

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

В силу неравенства Гельдера имеем

( ) a3-+ b3-+ c3- (x +y+ z)(1 +1+ 1)≥ (a+ b+ c)3 x y z

Тогда имеем

a3 b3 c3 (a+-b+-c)3 x + y + z ≥ 3(x+ y+z)

В силу полученного неравентсва

3 3 3 3 --a----+ --b----+ --c----≥--(a+-b+-c)-- b(2c+ a) c(2a+ b) a(2b+c) 9(ab+ac+ bc)

Тогда достаточно показать, что

(a+ b+c)3 ≥ 9(ab+ ac+ bc) ⇔ (a+ b+ c)3 ≥ 3(a +b+ c)(ab+ac+ bc)⇔ a3 +b3+ c3 ≥3abc,

что верно по неравенству о средних.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#92347

Числа $a,b,c,d$ положительны и удовлетворяют соотношению $a+b+ c+ d= 1.$ Найдите наименьшее возможное значение выражения

a2 b2 c2 d2 1− a-+ 1−-b + 1− c-+ 1− d

Источники: ДВИ - 2024, вариант 245, задача 6 (pk.math.msu.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Пусть $1− a =x,$ $1− b= y,$ $1− c=z,$ $1− d= w.$ Тогда $x +y+ z+ w= 3,$ и каждое из чисел $x,y,z,w$ положительно. Подставим замену в исходное выражение

a2 b2 c2 d2 (1− x)2 (1− y)2 (1− z)2 (1 − w)2 1−-a + 1−-b + 1−-c + 1−-d =-x- + --y---+ --z---+ --w----

Раскроем скобки в каждом числителе и разделим почленно, тогда получится следующее:

1+ 1 + 1 + 1+ (x+ y+z +w)− 4⋅2= 1 + 1+ 1+ 1-− 5 x y z w x y z w

По неравенству между средним гармоническим и средним арифметическим:

4 1x + 1y + 1z + 1w x+-y+-z+w-≤ -----4------

Таким образом, $1x + 1y + 1z + 1w − 5≥ 136− 5= 13.$ Равенство достигается при $x = y = z = w= 14.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Заметим, что функция $f(x)= x1−x-$ выпукла на промежутке $(0;1)$ , так как

′ ---1-- f (x) =(x− 1)2

2 f′′(x)= (1-− x)3

Ясно, что при $0 <x <1$ $f′′(x)> 0.$ Так как $a,b,c,d> 0$ и $a+b +c+ d= 1,$ то все эти числа принадлежат промежутку $(0;1).$ Тогда по неравенству Йенсена для функции $f(x)= 1x−x$ получаем

-a2- +-b2-+ -c2-+ -d2- ≥--a2+-b2+-c2+-d2-- 1− a 1 − b 1− c 1− d 1 − (a2+b2+ c2+d2)

Оценим снизу $2 2 2 2 a + b + c+ d :$ по неравенству Коши-Буняковского-Шварца $√ √ -2--2---2--2- a+ b+ c+d ≤ 4 a +b + c +d ,$ откуда $2 2 2 2 1 a + b +c + d ≥ 4.$ Подставим оценку в последнее полученное выражение:

2 2 2 2 1 1-a− (+a2b+b+2+c+c2d+d2) ≥ 1−41 = 13 4

Равенство достигается при $a= b= c= d= 1. 4$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

Если знать неравенство Седракяна (так же известное, как неравенство Коши-Буняковского-Шварца для дробей)

2 2 a1-+ a2-+...+ a2n-≥ (a1-+a2+-...+-an)2, b1 b2 bn b1+ b2 +...+ bn

то сразу же получаем

-a2-- -b2-- -c2-- -d2-- -----a-+b+-c+d------- 1 1− a + 1− b + 1− c + 1− d ≥ 1− a+1 − b+ 1− c+1− d = 3

Ответ:

$1 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#93778

Сумма положительных чисел $x,y,z$ равна $3.$ Докажите неравенство

∘-2---- ∘-2---- ∘ -2---- √ - x + 4x+ y + 4y+ z + 4z ≤3 5

Показать доказательство

В силу КБШ, имеем

┌│(----)-(--------) ∑ ∘x-(x-+4)≤ ││∘( ∑ x) ( ∑ (x +4)) =3√5- cyc cyc cyc

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#98101

Положительные числа $a,$ $b$ и $c$ таковы, что $a+ b+c = 3. 2$ Докажите, что

---1-- ---1-- ---1-- (a+ b)2 + (b+ c)2 + (c+a)2 ≥ 3

Показать доказательство

В силу неравенства Гельдера, для положительных чисел $a ,a,...,a 1 2 n$ , $b,b ,...,b 1 2 n$ и $p$ верно неравенство

( n∑ )p n∑ -api- --i=1ai-- i=1bpi−1≥ ( n∑ )p−1 i=1bi

Таким образом, при $p= 3$ мы имеем

3 --1--2 +--1--2 +--1--2 ≥---------3---------2-= 3 (a +b) (b+c) (c+ a) ((a+ b)+(b+ c)+ (c+a))

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#98102

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

---1--- --1---- ---1--- 3 a2(b+ 1) + b2(c+1) +c2(a +1) ≥ 2

Показать доказательство

В силу неравенства КБШ для дробей, имеем

--1---- ---1--- ---1--- 1∕a2 1∕b2 1∕c2 a2(b+ 1) +b2(c+1) + c2(a+ 1) = b+ 1 + c+ 1 + a+ 1 ≥

2 2 ≥ (1∕a+-1∕b+1∕c)-= (1∕a+-1∕b+-1∕c)-- a+ b+c+ 3 6

следовательно, достаточно показать, что

1∕a+ 1∕b+1∕c≥ 3

Последнее же вновь верно в силу КБШ для дробей или неравенства между средним арифметическим и гармоническим.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#98105

Докажите, что если $a2 +b2+ c2 +d2 = 2,$ то

a b c d (b+-c)3 + (c+d)3 + (d+-a)3 + (a+-b)3 ≥1

Показать доказательство

Давайте сначала поработаем с левой частью. В каждом слагаем сделаем знаменатель вида $x4 :$

---a-- ---b-- ---c-- ---d-- --a4---- ---b4-- --c4---- ---d4--- (b+ c)3 + (c+ d)3 + (d+ a)3 +(a+ b)3 = (ab+ ac)3 + (bc+bd)3 + (cd+ ca)3 + (da+ db)3

Теперь применим неравенство Гёльдера для четырёх переменных:

4 4 4 4 4 ---a--3-+---b---3 +---c--3-+---d---3 ≥------(a+-b+c+-d)-----3 (ab+ ac) (bc+bd) (cd+ ca) (da+ db) (ab+dc+ bc+da+ 2ac+2bd)

Также по неравенству о среднем квадратичном и арифметическим: $∘ ---------- a+b+c+d ≤ a2+b2+c2+d2, (a+ b+ c+d)2 ≤ 8. 4 4$ Теперь поработаем с правой частью: домножим числитель на $8,$ а знаменатель — на $(a+ b+ c+d)2 ≤ 8$ Получим следующее неравенство:

------(a+-b+c+-d)4------ ≥ -----8------ (ab+ac+ bc+da+ 2ac+2bd)3 (a+ b+ c+d)2

Теперь давайте домножим на знаменатели и возьмём корень $3$ степени:

(a+ b+ c+d)2 ≥ 2(ab+ ac +bc+ da +2ac+ 2bd)

После приведения подобных слагаемых получаем $2 2 2 2 a + b+ c + d ≥2ac+ 2bd,$ что очевидно. Тогда, зная, что $2 (a+ b+ c+d) ≤ 8,$ получаем требуемое неравенство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#98106

Пусть $abc= 1.$ Докажите, что

1 1 1 3 a5(b+-c)2 + b5(c+-a)2 + c5(a+-b)2-≥4

Показать доказательство

В силу неравенства Гельдера, для положительных чисел $a ,a,...,a , 1 2 n$ $b,b ,...,b 1 2 n$ и $p$ верно неравенство

( n∑ )p ∑n -api-- --i=1ai--- i=1 bpi−1 ≥ ( n∑ )p−1 (∗) i=1bi

Таким образом, при $p= 3$ мы имеем

3 3 3 -5-1---2 + 5-1--2 +-5-1---2 =-21∕a-2-+ 2-1∕b--2 +-21∕c-2-≥(∗) a (b+c) b(c+ a) c (a +b) a (b+ c) b(c+a) c (a+ b)

≥ (1∕a+-1∕b+1∕c)3-= (bc+-ca+-ab)3-= ab-+bc+-ca. (∗) 4(ab+ bc+ca)2 4(ab+ bc+ ca)2 4

Осталось заметить, что из неравенства Коши сразу следует

∘----- ab+ bc +ca≥ 33(abc)2 = 3

откуда следует требуемое неравенство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#98913

Для положительных чисел $a ,a ,a,a ,b ,b,b,b 1 2 3 4 1 2 3 4$ докажите неравенство

(a1 a2 a3 a4) 2 (a1b1+a2b2+ a3b3+ a4b4) b1 + b2 +b3 + b4 ≥ (a1+ a2+ a3 +a4)

Показать доказательство

По неравенству Коши-Буняковского-Шварца, имеем

( a1 a2 a3 a4) (a1b1+ a2b2 +a3b3 +a4b4) b1 + b2 + b3 + b4 ≥

( ∘ --- )2 ≥ ∘a1b1- a1+ ... = (a1+ a2+ a3+a4)2 b1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#98915

Для любых $a ,a,...,a > 0 1 2 n$ докажите, что

a2 a2 a2n−1 a2 a12 + a23 + ...+-an-+ an1 ≥a1+ a2+ ...+an

Показать доказательство

Первое решение. Пусть переменные упорядочены произвольным образом $a ≤ a ≤ ...≤ a . i1 i2 in$ Тогда для обратных величин порядок обратный: $1-- -1- -1- ai1 ≥ ai2 ≥ ...≥ ain.$ Поскольку переменные положительны, порядок у квадратов переменных, как у самих переменных $2 2 2 ai1 ≤ ai2 ≤ ...≤ ain.$ Заметим, что

a2 a2 a2 a1+a2+ ...+ an = a1+ a2+ ...+ an 1 2 n

Правая часть этого равенства есть наименьшая оценка в транснеравенстве для набора квадратов и обратных величин переменных! Тогда, подставив сверху подходящую оценку транснеравенства (ту, которая стоит в левой части доказываемого неравенства), получаем

a21+ a22+ ...+ a2n ≥ a21-+ a22-+...+ a2n-, a2 a3 a1 a1 a2 an

что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. По неравству КБШ для дробей, имеем

a2 a2 a2 a2 (a + a + ...+a )2 a1+ a2+ ...+ -na−1+ an ≥ -1a-+a2+-...+-na--= a1+ a2+...+an 2 3 n 1 1 2 n

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#98916

Докажите неравенство

(a) $∘ ------------ ab+ (1− a2)(1− b2)≤1,$ если $|a|≤ 1,$ $|b|≤1;$

(b) $∘------ ∘ ------ √-- c(a− c)+ c(b− c)≤ ab,$ где $a,b >c> 0.$

Показать доказательство

(a) По неравенству КБШ, имеем

∘ ------------ ∘ --------------------- ab+ (1− a2)(1− b2)≤ (a2+ (1− a2))(b2+(1− b2))= 1

(b) По неравенству КБШ, имеем

∘ ------ ∘ ------ ∘ ------------------ √ -- c(a− c)+ c(b− c)≤ ((a− c)+c)(c+ (b− c))= ab.

√---- √----- √ ------ √-∘ ------------------- 1⋅ a+ 1+ 1⋅ 2a− 3+1 ⋅ 50− 3a≤ 3 (a+1 +2a− 3+ 50 − 3a)= 12

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#98917

Про положительные числа $a,b,c$ известно, что $1+ 1+ 1 =6. a b c$ Докажите неравенство

a2+-b b2-+c- c2+-a 9 a +b + b+ c + c+a ≥ 4

Показать доказательство

Запишем левую часть в следующем виде, и оценим сначала первую сумму, а потом сумму, которую вычиатем.

a2+ 1+ b b2+ 1 +c c2+ 1+ a ( 1 1 1 ) --a+4b--+ --b4+c---+--c+4a--− 4(a+-b) + 4(b+-c)-+4(a+-c)

Числитель этих дробей можно оценить с помощью следующего неравенства $a2+ 14 ≥ a,$ откуда получим такую оценку суммы:

a2-+ 14-+b-+ b2+-14 +-c+ c2+-14 +-a≥ a+-b+ b+-c+ c+-a= 3 a +b b+ c c+ a a+ b b+ c c+ a

А вычитаемую сумму запишем таким образом:

(1+ 1)2 (1+ 1)2 (1+ 1)2 -4--4--+ -4--4--+ -4--4-- (a+ b) (b+c) (a+ c)

Мы можем оценить каждую из дробей по неравенству КБШ для дробей, откуда получим следующее

(14 +-14)2 (14 +-14)2 (14 +-14)2 ( 142 412) ( 142 412) (412 -142-) 1 ( 1 1 1) 3 (a+ b) + (b+c) + (a+ c) ≤ a + b + b + c + c + a = 8 ⋅ a + b + c = 4

В итоге получаем, что и требовалось доказать

2 2 2 a-+b-+ b+-c+ c-+-a= a+ b b+ c c+a

a2+-14 +-b b2-+ 14-+c c2+-14 +-a ( --1--- --1--- ---1--) 3 9 = a+ b + b+c + c+ a − 4(a+ b) + 4(b+ c) +4(a+ c) ≥ 3− 4 = 4

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#62507

Решите уравнение

∘5-− sin2x sinx+ cos8xcosx= ---2---

Показать ответ и решение

Покажем выполнение следующего неравенства

√ - ∘-5− sin-2x sinx+ cos8xcosx ≤ 2≤ ---2---

Второе неравенство очевидно — оно следует из того, что $sin2x≤ 1$ . Для первого хочется применить формулу вспомогательного угла, но мешает лишний косинус. Заметим, что $cos8xcosx> 0$ , поскольку иначе левая часть не больше единицы и равенство невозможно. В силу симметрии мы можем рассмотреть только случай $cosx> 0,cos8x> 0$ , тогда выполнены неравенства

( ) ( ) sinx +cos8x cosx≤ sinx +cosx⋅1= √2⋅ √1-sinx +√1-cosx = √2sin x + π ≤ √2 2 2 4

Итак, неравенства доказаны, остаётся выписать условия, при которых в обоих достигаются равенства. Сделаем это по случаям

$cosx> 0,cos8x> 0$ . Здесь получаем систему
$( ( π ) ( π |{ sin x +4 =1 |{ x= 4πk+2πn π |( cos8x= 1 ⇐ ⇒ |( x= π4 ⇐ ⇒ x = 4 + 2πm sin 2x =1 x= 4 +πm$
$cosx< 0,cos8x< 0$ . Аналогично имеем
$(|{ sin(x− π4)= 1 (|{ x= 34π+ 2πn cos8x =− 1 ⇐⇒ x= π+ πk ⇐⇒ x∈ ∅ |( sin2x= 1 |( x= 8π+ π4m 4$

Замечание.

Быстро обосновать неравенство $√- sinx +cos8x cosx≤ 2$ можно с помощью неравенства Коши-Буняковского-Шварца:

(sinx+ cos8xcosx)2 ≤ (sin2x+ cos2x)(12+ cos28x)=1 +cos28x ≤2

Ответ:

$π + 2πn, n∈ ℤ 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#67959

Сумма положительных чисел $a,b,c$ и $d$ не превосходит $4.$ Найдите наибольшее значение выражения

∘4------- ∘4------- 4∘------- 4∘------- a(b +2c)+ b(c+ 2d)+ c(d +2a)+ d(a+ 2b)

Показать ответ и решение

Первое решение. По неравенству о средних для четырех чисел имеем

∘ ------- ∘43a-(b+-2c)⋅3⋅3- 1 3a+ b+ 2c+6 4 a(b+ 2c)= -----√433----- ≤ 4√33 ⋅----4-----

Просуммируем это неравенство с тремя аналогичными и получим, что

4∘a(b+2c)+ 4∘b(c+2d)+ 4∘c(d+2a)+ 4∘d(a+-2b)≤

( ) ≤ √14-3 3a+-b+-2c-+6 + 3b+-c+-2d-+6 + 3c+-d+-2a+6 + 3d-+a+-2b+-6 = 3 4 4 4 4

= √1--⋅ 6(a-+b+-c+d)+-24≤ √12-= 44√3 433 4 433

Равенство достигается, когда $a= b= c= d= 1.$

Второе решение. По неравенству Коши–Буняковского для наборов чисел $√- √- 4√a, 4b, 4√c, 4d$ и $----- ----- ----- ----- 4√ b+2c, 4√c+ 2d, 4√ d+2a, 4√a +2b$ имеем

( ------- ------- ------- ------) - 4∘a(b+ 2c)+ 4∘ b(c+ 2d)+ 4∘ c(d+ 2a)+ 4∘ d(a +2b)2 ≤(√a+ √b+ √c+

+√d)(√b-+2c+ √c+-2d+√d-+-2a-+√a-+2b)

А по неравенству Коши–Буняковского для наборов $√a,√b,√c,√d$ и $1,1,1,1$ имеем

(√a-+ √b+ √c+ √d)2 ≤ (a +b+ c+ d)(1+ 1+ 1+1)≤ 42

Значит, $√a+ √b+ √c+ √d ≤4.$ Аналогично по неравенству Коши–Буняковского для наборов $√b+-2c,√c+-2d,√d-+2a,√a+-2b$ и $1,1,1,1$ имеем

(√ ----- √----- √----- √ ----)2 b+2c+ c+ 2d+ d+ 2a+ a+ 2b ≤ ((b+ 2c)+ (c+2d)+ (d+ 2a)+

+ (a +2b))(1+ 1+1 +1)= 12(a+ b+ c+d)≤ 48

Значит, $√b+-2c+√c-+2d+ √d+-2a+ √a+-2b≤4√3.$ Следовательно,

∘ ----- ∘4a-(b-+2c)+∘4b-(c+-2d)+ 4∘c(d-+2a)+ 4∘d(a+-2b)≤ 4⋅4√3 = 44√3

Равенство достигается, когда $a= b= c= d= 1.$

Третье решение. По неравенству Коши–Буняковского для наборов чисел $4√- 4√- a, b$ , $4√- 4√- c, d$ и $√4-----4√-----√4-----4√ ----- b+2c, c+ 2d, d+ 2a, a+2b$ имеем