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#80224

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам необходимо воспользоваться условием на сумму квадратов. Какое классическое неравенство позволяет оценить сумму переменных при заданной сумме квадратов?

Подсказка 2

Неравенство Коши-Буняковского-Шварца. Достаточно ли применить его к сумме переменных?

Подсказка 3

Нет, в этом случае нам необходимо будет доказывать неравенство √6 <= abc + 2, что даже при условии на сумму квадратов — неверно. Как КБШ можно применить иначе?

Подсказка 4

Давайте перенесем abc в левую часть (оценивать выражение константой обычно приятнее). Тогда левая часть имеет вид (b + c) + a(1 - bc). Каким образом ее можно оценить с помощью КБШ?

Подсказка 5

Левая часть равна (b + c) + a(1 - bc) и не превосходит √((b + c)² + a²)(1 + (1 - bc)²). Наконец, мы можем воспользоваться условием на сумму квадратов. Какой вид имеет неравенство? Как можно упростить его вид?

Подсказка 6

Теперь в неравенстве участвует только выражение bc. Давайте сделаем замену x = 1 - bc. Какой вид имеет неравенство? Как его можно проверить?

Подсказка 7

После раскрытия скобок и приведения подобных получим, что достаточно проверить, что 4x² - 2x - 2x³ <= 0. Как это можно сделать?

Подсказка 8

Достаточно разложить левую часть на множители -2x(x-1)²(а почему же x неотрицательный?).

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

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Тригонометрия, логарифм и показательная функция в одном месте — вряд ли мы здесь обойдёмся банальными преобразованиями. Видно только, что первое выражение, равное 16, — сумма трёх квадратов каких-то величин, а во втором выражении стоят похожие величины, но без квадратов. Какие есть неравенства, связывающие такие суммы?

Подсказка 2

Неравенство Коваля-Белова-Шурыгина! Ой, то есть Коши-Буняковского-Шварца) Ну то самое про квадрат суммы и сумму квадратов. Говоря по простому, это факт, что скалярное произведение не больше произведения длин (это же и так понятно, да?..) Давайте соорудим векторы с нужными координатами!

Подсказка 3

Компоненты первого вектора — величины, сумма квадратов которых равна 16. А второй вектор нужно подобрать так, чтобы их скалярное произведение выглядело как то выражение, которое не должно превосходить 28. Пробуйте!

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 3#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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#86471

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

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас уже итак довольно простое выражение, поэтому раскрывать скобки не очень-то хочется. Вам не кажется, что сейчас грех не воспользоваться формулами суммы синусов и суммы косинусов?

Подсказка 2

После применения формул слева появляются множители sin((x+y)/2) и cos((x+y)/2), которые так и просят собрать их по формуле синусa двойного угла. После привидения и сокращения одинаковых множителей слева и справа какую интересную картинку можно увидеть?

Подсказка 3

Слева у нас остается sin(x+y)*cos²((x-y)/2), а справа 1. Сразу напрашивается метод оценки, т.к. множители слева по модулю не превосходят 1. Выпишите, когда произведение наших множители слева обращается в 1, и доведите решение до конца!

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 5#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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Прибавим к обеим частям неравенства 2. Тогда достаточно доказать, что левая часть не меньше a + b + c = 3. Чтобы доказать это, надо как-то переписать новое слагаемое 2. Для этого зададимся целью сократить знаменатели наших дробей неравенством о средних. Как можно тогда переписать нашу двоечку?

Подсказка 2

Теперь мы хотим, чтобы в числителях появились выражения из знаменателей. И еще у нас есть условие a + b + c = 3. Тогда 2 = (a/3 + (2b + c)/9) + (b/3 + (2c + a)/9) + (c/3 + (2a + b)/9). Как теперь можно доказать, что левая часть не меньше, чем a + b + c?

Подсказка 3

Конечно! Мы преобразовывали 2 для того, чтобы сократить знаменатели. Тогда перегруппируем наши дроби и применим неравенство о средних для троек!

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 6#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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассматривать сумму дробей, у которых в знаменателе стоит разность, не очень удобно. Давайте тогда сделаем замену!

Подсказка 2

Делаем замену 1-a=x, 1-b=y, 1-c=z, 1-d=w. Что тогда можно сказать про их сумму? А как преобразятся дроби, если мы выделим в них целую часть?

Подсказка 3

x+y+z+w=3, а сумма дробей преобразится в выражение с 1/x+1/y+1/z+1/w. Нужно вспомнить, а в каком известном неравенстве есть похожее выражение?

Подсказка 4

Воспользуйтесь неравенством между средним гармоническим и средним арифметическим!

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:

$1 3$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#93778

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

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте вспомнить про классические неравенства. Здесь будет хорошо работать, уверен, одно из известных вам.

Подсказка 2

Примените неравенство КБШ.

Показать доказательство

В силу КБШ, имеем

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#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

Подсказки к задаче

Подсказка

Когда в задаче сумма нескольких дробей больше чего-то стоит попробовать неравенство Гельдера, тогда у вас останется лишь одна дробь. Для неравенства нужно, чтобы показатель в числителе был на 1 больше показателя в знаменателе. Как это применить в данной задаче?

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))

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Слева дроби, а справа число, в таких ситуациях хорошо работает неравенство Гельдера. Вот только к каким наборам его применять?

Подсказка 2

Для неравенства Гельдера нужно, чтобы числители возводились в степень на 1 большую, чем степень, в которую возводится знаменатель, поэтому числители нужно записать как 1/x^2. Примените неравенство и решите задачу.

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 10#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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

С суммой дробей работать тяжело, почему хочется из них сделать одну. С этим справляется неравенство Гельдера. Вот только к каким набором его применить? Попробуйте разные.

Подсказка 2

Приведите числители к виду x^4 и примените неравенство Гельдера. Это мы сделали, чтобы знаменатель остался кубом, а числитель стал степенью на 1 выше. Как доказать оставшееся неравенство?

Подсказка 3

Осталось доказать, что (a+b+c+d)^4 ≥ 8(ab+cd+bc+da+2ac+2bd)^3. Вспомните неравенство о средних и докажите оставшуюся часть задачи.

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 11#98106

Пусть $abc= 1.$ Докажите, что

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В левой части неравенства написаны какие-то дроби, а в правой - число. В таких случаях бывает полезно применять неравенство Гельдера. Только вот сразу оно не работает, преобразуйте как-нибудь дроби.

Подсказка 2

Запишите числители дробей как 1/a^3. Для чего мы это сделали? Теперь сумма корней из знаменателей совпадает с суммой корней третей степени из числителей. Тогда неравенство Гельдера даст красивый результат. Что осталось доказать?

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.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В выражении правой части не участвуют переменные вида b_i, каким образом, мы сможем избавиться от них?

Подсказка 2

Нам необходимо заменить соответственные слагаемые в двух суммах, которые образуют правую часть, на сумму их произведений (поскольку при перемножении числа вида b_i сократятся). Какое известное неравенство помогает это сделать?

Подсказка 3

Неравенство Коши-Буяновского-Шварца.

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 13#98915

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

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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какие известные неравенства помогают оценивать сумму дробей, числители которых представимы в виде квадратов?

Подсказка 2

Неравенство Коши-Буняковского-Шварца для дробей. Почему при применении данного неравенства мы получим сумму всех чисел вида a_i?

Показать доказательство

По неравству КБШ для дробей, имеем

a2 a2 a2n−1 a2 (a1+ a2+ ...+an)2 a12 + a23 + ...+-an-+ an1 ≥-a1+a2+-...+-an-= a1+ a2+...+an

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#98916

Докажите неравенство

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

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

Подсказки к задаче

Общая подсказка 1

В каждом из номеров нам необходимо сверху оценить сумму некоторых корней. Какое классическое неравенство позволяет это сделать?

Общая подсказка 2

Неравенство Коши-Буняковского-Шварца. Какие наборы для оценки следует выбрать?

Подсказка, пункт а

Правая часть не зависит от a и b, следовательно, нам хотелось бы от них избавиться. Помним, что в КБШ мы оцениваем выражение через сумму квадратов множителей. Как благодаря этому можно избавиться от корня из a и корня из a²-1?

Подсказка, пункт b

Правая часть не зависит от c, следовательно, нам хотелось бы от избавиться от данной переменной. Как можно сгруппировать множители √c, √a-c; √c, √b-c на две пары, чтобы сумма квадратов множителей в каждой паре на зависела от c?

Подсказка 1, пункт c

В предыдущих пунктах разбиение каждого слагаемого на два множителя было сделать проще, поскольку под каждый корнем было ровно два множителя. Какой множитель мы можем искусственно создать для применения КБШ?

Подсказка 2, пункт c

Каждое выражение под корнем можно умножить на корень из 1. Теперь под каждым корнем у нас ровно два множителя, осталось применить КБШ.

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 15#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

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Известно, что для работы с дробями удобно применять кбш для дробей, потому что мы избавляемся от суммы дробей. Но здесь стандартным образом его применить не получится, как бы вы не пытались. Оценка получается слишком грубая. Давайте тогда попробуем что-то прибавить и вычесть, может так что-нибудь выйдет. Подумайте, что это может быть.

Подсказка 2

Мы приведем наше неравенство к виду, когда из какой-то суммы вычитаем другую сумму. Следовательно, нужно будет их оценить по отдельности. Но справа у нас стоит 9/4. Легче всего вычитать что-то из 3, так как это ближайшее целое число. Также, видимо, знаменатели должны содержать 4. Что тогда можно прибавить и вычесть?

Подсказка 3

Давайте прибавим и вычтем дроби вида 1/4(a+b). Тогда будут числители вида a²+1/4+b и 1/4(знаменатели везде вида a+b). Попробуем оценить каждую из сумм по отдельности. Как можно оценить числитель первого вида, чтобы в итоге получить сумму 3?

Подсказка 4

Верно, применим неравенство a²+1/4≥a. Тогда вся сумма будет равна трём. Что же делать с другой суммой... Неравенство кбш для дробей нам всё-таки нужно применить. Но как его следует применить?

Подсказка 5

Да, давайте, во-первых, запишем его отдельно для каждой из дробей. А во-вторых, дроби нужно оценивать наоборот в большую сторону, так как мы вычитаем эту сумму. Представим каждую из дробей с числителем (1/4+1/4)² и знаменателями вида a+b. Осталось только применить кбш для дробей и вспомнить про забытое равенство из условия, победа!

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 16#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:

$π + 2πn, n∈ ℤ 4$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам дано условие на сумму чисел, а тут стоят какие-то корни с произведениями...Тогда может стоит использовать неравенство о средних? Но просто используя нер-во о средних для двух сомножителей, ничего не выходит хорошего. На что стоит обратить внимание: у нас корень 4 степени, а множителей всего два...

Подсказка 2

Тогда нужно найти еще два множителя) И второе: хочется, чтобы максимум достигался при всех единичках. С помощью этого можно подобрать числа, которые надо вставить внутри корня, чтобы получилось хорошее нер-во)

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