Закл (финал) 11 класс

Заметим, что Гриша разобьёт числа на доске на две группы по 5 и будет возводить в квадрат числа из первой группы и из второй группы по очереди. Легко видеть, что квадраты целых чисел, не кратных 7, при делении на 7 могут давать лишь остатки 1, 2 и 4. Следовательно, после увеличения максимум на 2 числа на доске будут давать при делении на 7 лишь остатки 1, 2, 3, 4, 5 и 6. Значит, ни одно из чисел не будет делиться на 7, а потому не будет делиться и на 2023.

Из условия задачи мы сразу получаем, что

Обозначим через точку пересечения прямых и через — точку пересечения прямых и (см. первый рисунок). Без ограничения общности можно считать, что точка лежит на отрезках и Поскольку точка лежит и в плоскости и в плоскости то она лежит на прямой Аналогично, точка лежит на прямой

Замечим, что и — высоты треугольника Тогда — точка пересечения высот этого треугольника, и поэтому Пусть — середина отрезка Поскольку то по свойству медианы прямоугольного треугольника. Значит,

Следовательно, прямая касается окружности Аналогично, прямая тоже касается окружности поэтому точки и совпадают.

Рассмотрим две параллельные плоскости и одна из которых содержит отрезок а другая — отрезок Заметим, что середины всех отрезков, соединяющих точку из плоскости и точку из плоскости лежат в одной плоскости, параллельной и Действительно, если ввести декартовы координаты так, что одна из плоскостей задаётся уравнением а другая — уравнением (где есть расстояние между плоскостями и ), то середины всех рассматриваемых отрезков лежат в плоскости Применяя это наблюдение для отрезков мы получаем, что их середины лежат в одной плоскости, что и требовалось.

Многочлен называется целозначным, если — целое число при любом целом Нам надо доказать, что, если многочлены и целозначны, причём степень равна то старший коэффициент многочлена — целый.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. Пусть — целозначный многочлен степени Тогда все коэффициенты многочлена целые.

Доказательство. Рассмотрим многочлен

Его степень не больше и его значения совпадают с соответствующими значениями в точках Это означает, что многочлен имеет степень не выше а также обнуляется в точке. Поэтому он нулевой, то есть (Формула выше — это частный случай интерполяционной формулы Лагранжа.)

Осталось заметить, что в формуле выше в -м слагаемом знаменатель равен это число делит поскольку

Значит, при умножении каждого слагаемого на получается многочлен с целыми коэффициентами.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Перейдём к решению задачи. Индукция по База при тривиальна. Для перехода индукции рассмотрим бицелозначный многочлен степени пусть его старший коэффициент равен

Если не является простым числом, то

Заметим, что многочлен также бицелозначный, имеет степень и старший коэффициент По предположению индукции, число

является целым, что и требовалось доказать.

Пусть теперь — простое число; тогда

и то же рассуждение даёт, что число является целым. Предположим, что — нецелое число; тогда знаменатель числа (в несократимой записи) делится на простое число

Заметим, что сумма всех коэффициентов многочлена — это целое число Поскольку знаменатель числа делится на среди коэффициентов многочлена найдётся ещё один, у которого знаменатель делится на пусть это коэффициент при Заметим, что так как число целое.

Но тогда у целозначного многочлена коэффициент при равен и также имеет знаменатель, кратный Поскольку — простое число, отсюда вытекает, что коэффициент при у многочлена нецелый, что противоречит лемме.

Рассматриваемые сети из дорог называем далее -сетями. Рассмотрим неориентированный граф, образованный дорогами -сети. В нём не более чем компонент связности, поскольку в каждой есть выделенный город. С другой стороны, компонент не менее поскольку рёбер всего не более чем Поэтому компонент ровно каждая из них есть дерево, содержит единственный выделенный город и — вспоминая про ориентацию — рёбра каждого дерева направлены по направлению к выделенному городу. В частности, из каждого не выделенного города должна выходить ровно одна дорога, а из выделенного 0 дорог.

Рассмотрим -оптимальную сеть с выделенными городами

и -оптимальную сеть с выделенными городами

Не умаляя общности, ни из одного нельзя добраться в сети до города Пусть — множество городов, из которых в можно добраться до а — множества дорог, выходящих из в сетях соответственно. Имеем

Рассмотрим сеть

Утверждается, что это -сеть для выделенных городов В самом деле, число дорог в ней равно

Из каждого города, кроме выходит ровно одна дорога. Выезжая из любого города вне и используя дороги сети, мы по-прежнему можем попасть в один из городов Выезжая из города в мы либо попадаем вне — и далее в один из городов — либо зацикливаемся в Но тогда содержит цикл, что невозможно.

Рассмотрим сеть

Утверждается, что это -сеть для выделенных городов В самом деле,

и, выезжая из любого города по дорогам сети мы либо попадаем в — и тогда по доезжаем до — либо ни разу не попадаем в и тогда доезжаем до одного из городов

Итак, — -сеть и -сеть. Сумма их стоимостей такая же, как у и Значит, они обе оптимальны. Таким образом, для сети удалось выкинуть выделенный город и найти оптимальную -сеть с оставшимися выделенными городами. Теперь можно построить требуемую нумерацию в обратном порядке (начиная с пустой -сети).

Пусть описанная окружность треугольника является единичной с центром в и треугольник положительно ориентирован. Заметим, что тогда Обозначим угол через Введем обозначение Тогда откуда Вычисляем

Обозначим через центр описанной окружности треугольника Заметим, что Тогда

Получаем, что ориентированный угол равен То есть откуда находим

То есть координата центра описанной окружности треугольника имеет вид где не зависят от а бегает по единичной окружности. Тогда понятно, что и бегает по окружности, полученной из единичной умножением на и сдвигом на

Пусть — главные делители числа тогда и — два наименьших делителя числа больших единицы. Пусть — наименьший простой делитель числа а — наименьший простой делитель кроме (если такой существует). Тогда Далее, — либо простое число (тогда это ) либо составное. Во втором случае единственным простым делителем числа является и потому этот случай реализуется ровно тогда, когда делится на причём или не существует.

Итак, главные делители числа — это либо и либо и Покажем теперь, что по двум главным делителям составное число восстанавливается однозначно (откуда и следует требуемое). Если кратно то выполнен второй случай, и тогда Иначе выполнен первый случай, и тогда

Оценка. Рассмотрим шаг, на котором Василий помечает некоторый отрезок Перед этим шагом из каждой из точек и выходит максимум по отрезка, и они содержат максимум различных пометки. Значит, Василий точно сможет пометить этот отрезок числом, не превосходящим Итак,

Если чётно, эту оценку можно уточнить следующим образом. Назовём маленьким отрезок, помеченный единицей. Докажем, что в конце процесса из каждой точки будет выходить маленький отрезок; предположим противное. Точки, из которых выходят маленькие отрезки, разбиваются на пары точек, соединённых таким отрезком. Значит, есть хотя бы две точки и из которых не выходит маленьких отрезков. Выходит, что когда Василий проводил отрезок он должен был пометить его единицей — противоречие.

Значит, если отрезок не будет маленьким, то в конце процесса среди отрезков, выходящих из и кроме будут два маленьких отрезка. Значит, на этих отрезках будет максимум различных пометок. Следовательно, когда Василий будет проводить отрезок он сможет пометить его числом, не превосходящим и

Пример. Осталось доказать, что Василий может достичь указанных значений

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. Если количество точек чётно и равно то Василий может пометить все отрезки между этими точками, использовать лишь числа от до При этом из каждой точки выходит ровно по одному отрезку с каждой пометкой.

Доказательство. Утверждение леммы не зависит от конкретного расположения точек, так что можно считать, что точек расположены в вершинах правильного -угольника, а оставшаяся точка — в его центре

Тогда все отрезки между этими точками можно разбить на множеств так, чтобы отрезки одного множества не имели общих концов. Например, в множество можно включить отрезок и все отрезки, соединяющие пары вершин -угольника и перпендикулярные Из каждой точки выходит по отрезку каждого из множеств.

Теперь Василий может сначала пометить все отрезки множества числом 1, затем все отрезки второго множества числом 2, и т. д.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Вернёмся к решению. Пусть нечётно, и пусть — отмеченная точка. Пусть Василий сначала пометит все отрезки между точками, отличными от числами от 1 до согласно лемме. Затем он проведёт отрезок из каждый отрезок ему придётся помечать числом, большим ибо из уже выходят отрезки, помеченные всеми меньшими числами. Кроме того, все эти отрезок будут помечены разными числами, ибо у них есть общий конец. Следовательно, они будут помечены числами

то есть Василий получит пометку

Пусть теперь чётно. Выберем две отмеченных точки и пусть

— остальные отмеченные точки. Пусть Василий сначала пометит все отрезки между точками числами от 1 до согласно лемме, а также пометит отрезок числом 1. Затем он последовательно проводит отрезки

поскольку в вершины уже входят отрезки с пометками от 1 до новые отрезки будут помечены числами

соответственно. Далее Василий проводит отрезки

аналогично, он пометит их числами

соответственно.

Теперь в вершины и уже входят отрезки со всеми пометками от до а в вершину — со всеми пометками от 1 до Значит, когда Василий проводит отрезки и первый будет помечен числом а второй — числом (ибо имеет общий конец с предыдущим). Значит, Василий добился появления числа

Будем искать касательную, проходящую через начало координат. Касательная к графику синуса в точке () имеет уравнение

Эта прямая проходит через начало координат тогда и только тогда, когда что равносильно

Осталось построить точку Для этого ( помощью циркуля и линейки) построим биссектрису координатного угла, т.е. прямую Выберем её точку пересечения с графиком тангенса: Далее, опуская из этой точки перпендикуляр на ось абсцисс и пересекая этот перпендикуляр с графиком синуса, получаем точку Прямая, проходящая через начало координат и точку будет касаться графика синуса в точке по выбору точки а также в точке из симметрии относительно начала координат. Эти точки лежат по разные стороны от оси абсцисс, что и требовалось.

Пусть одно из чисел равно а каждое из остальных равно Тогда произведение любых пяти из них больше, чем произведение остальных шести. Действительно, если число 10 входит в произведение пяти чисел, то это произведение равно 10, а произведение оставшихся шести чисел равно и Если же число 10 не входит в произведение пяти чисел, то это произведение равно а произведение оставшихся шести чисел равно и

Пусть число состоит из цифры. Считаем далее, что меньшие числа не влияют на искомую ограниченность.

Для обозначим через число, получающееся удалением из -ой с конца цифры. Обозначим через количество точных квадратов в множестве Наша цель — доказать, что ограничено сверху.

Пусть где не кратно 10. Если нечётно, то число может быть точным квадратом только при так что в этом случае Если чётно, то заключительные нулей не влияют на дело, поэтому Поэтому далее считаем, что не кратно 10.

Выделим множество из номеров для которых — точный квадрат, причём натуральные числа попарно различимы.

Отметим следующее:

1) следовательно при всех

2)

3) кратно

Из свойства 1) следует, что для различных номеров из имеет место оценка

Сопоставляя это со свойством 2), получаем, что Таким образом, все элементы кроме, быть может, одного, больше, чем Обозначим (удалили из наименьший элемент), тогда и

Пусть — два элемента множества Тогда по свойствам 1), 2) имеем

С другой стороны, по свойству 3) число

кратно

Положим (где обозначает верхнюю целую часть). Хотя бы одно из чисел кратно и хотя бы одно кратно Кроме того, если нечётно, то нечётны числа поэтому одно из чисел не кратно другое, соответственно, кратно Иначе не кратно 5, и аналогичным образом получаем, что одно из чисел кратно

Рассмотрим пятиэлементное подмножество наименьший элемент обозначим а наибольший Обозначим Если нечётно, положим иначе положим Из доказанного следует, что элементы множества дают не более двух различных остатков по модулю и не более двух различных остатков по модулю Значит, в найдутся два различных элемента такие, что кратно Тогда по (1) получаем

откуда следует что Таким образом, если разбить отрезок на группы подряд идущих чисел, в каждой из которых отношение любых двух элементов меньше чем (количество таких групп меньше, например, миллиона), то любая из этих групп содержит не более 4 элементов множества Отсюда вытекает ограниченность числа

Пусть описанная окружность треугольника является единичной с центром в нуле. Обозначим через комплексное число, отвечающее повороту на против часовой стрелки, через — отвечающее повороту на по часовой стрелке. Тогда центр вписанной окружности имеет координату Обозначим середины дуг и через и соответственно. Тогда . Найдем координату точки Во-первых откуда При этом лежит на хорде откуда Решая полученную систему, находим Аналогично Заметим, что Тогда ориентированный угол откуда Итого, имеет комплексную координату

Аналогично Тогда

Последнее выражение очевидно вещественное, что и требовалось доказать.

Первое решение. Покажем, что при данных условиях на многочлен каждая следующая точка касания лежит по другую сторону от оси чем предыдущая.

Пусть — данный многочлен, — его производная. Пусть — это -я точка касания, а -я. Тогда касательная в точке имеет уравнение Значит, откуда Разделив это равенство на и перенеся все слагаемые в правую часть, получим при четной степени выражение:

Пусть и одного знака (считаем, что с любым числом одного знака). Если то выражение в скобках положительно, если же то оно отрицательно. Такие же знаки будут иметь выражения при остальных степенях: Значит, если и одного знака, то равенство невозможно. Итак, любые две последовательные точки касания должны находиться по разные стороны от оси И в силу нечетности касательная в точке не может пройти через точку

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Заметим, что функция при и нечетном выпукла на и вогнута на Многочлен представляется в виде суммы нескольких функций такого вида, потому что является нечетной функцией, а его коэффициенты неотрицательные. Тогда функция также выпукла на и вогнута на Это означает, что касательная в точке графика с положительной абсциссой вторично не пересекает график в точках с неотрицательной абсциссой, и наоборот. Кроме того, касательная к графику в нуле не имеет с ним больше общих точек. Это означает, что абсциссы точек отличны от нуля, а их знаки чередуются. Тогда у точек и абсциссы одного знака, поэтому касательная в точке не проходит через точку

Пусть Поскольку любая степень числа дает остаток от деления на то сумма таких степеней дает остаток от деления на С другой стороны, степени числа дают лишь остатки или от деления на поэтому сумма степени числа может давать остаток от деления на только если все слагаемые равны Но тогда противоречие. Значит,

Для есть пример:

Пример. Рассмотрим все слов, у которых начиная с -ой все буквы Ш, а первые — У или Я. Этот набор слов удовлетворяет условию.

Оценка. Каждому из наших слов сопоставим слов, заменяя каждую букву Ш, на У или Я (всеми возможными способами). Заметим, что полученные слов состоят из букв У и Я и попарно различны (для слов, полученных из одного и того же, это ясно из построения, а для слов, полученных из двух разных, следует из условия). Таким образом, и

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Оценку можно получить по-другому.

Способ 1. Подкинем монетку раз. Для каждого слова рассмотрим такое событие: при всяком если на некоторой позиции стоит буква У, то при -м подбрасывании выпала решка, а если буква Я, то орёл. Вероятность такого события равна и они не совместные, поэтому количество слов не больше чем

Способ 2. Пусть выбрано более слов. Присвоим каждому слову вес Пусть первая буква у слов У, у слов — Я и Удвоим веса всех слов с первой буквой У, и обнулим — с первой буквой Я. Далее посмотрим на вторую букву и т.д. Опишем шаг рассмотрения -ой буквы. Пусть — сумма весов слов, у которых -ая буква У, — сумма весов слов, у которых -ая буква Я. Если удваиваем веса у слов с -й буквой Я и обнуляем — с -й буквой У. Иначе — наоборот. В результате таких операций сумма весов не уменьшается. После операций сумма весов всех слов будет больше В каждом слове только букв У или Я, поэтому вес каждого слова не больше Значит, найдутся два слова с одинаковыми весами. Тогда для них не найдется позиции, в которой у одного У, а у другого Я или наоборот, противоречие.

(a) Докажем сначала, что за взвешивание можно найти самую тяжёлую монету. Более точно, мы докажем по индукции по что самую тяжёлую из данных монет можно определить за взвешивание, имея трое весов, одни из которых, возможно, испорчены.

Если то взвесим данные две монеты по очереди на трёх разных весах. Если при одном из взвешиваний весы оказались в равновесии, то эти весы испорчены, значит, мы можем определить более тяжёлую монету по показаниям любых из остальных весов. Если равновесия ни разу не было, то какая-то из монет перевесит хотя бы два раза — она и есть более тяжёлая, так как неверный результат могут давать только одни весы. Это даёт базу индукции.

Пусть теперь Выберем две монеты и двое весов и сравним за первые два взвешивания эти монеты друг с другом на первых и на вторых весах. Возможны два случая:

Оба раза перевешивала одна и та же из двух монет; назовём её монетой а вторую из них — монетой Так как хотя бы одни из двух весов правильные, то монета действительно тяжелее монеты Значит, не самая тяжёлая. Задача сводится к тому, чтобы определить самую тяжёлую из монеты: монеты и монет, не участвовавших в первых двух взвешиваниях. По предположению индукции мы можем сделать это за взвешивания. Вместе с первыми двумя взвешиваниями получаем взвешивания.

Либо одно из первых двух взвешиваний дало равновесия, либо результаты первых двух взвешиваний противоречат друг другу: один раз перевесила одна монета, а другой — другая. Значит, одни из двух использованных весов точно испорчены. Возьмём третьи весы. Тогда они обязательно правильные. Используя из, мы легко можем определить самую тяжёлую монету за взвешивание: сравниваем первую монету со второй, более тяжёлую из них — с третьей, более тяжёлую из них с четвёртой и так далее до последней. Вместе с первыми двумя взвешиваниями получаем (так как ) взвешивание.

Покажем теперь, что менее, чем за взвешивание, заведомо определить самую тяжёлую монету нельзя. Достаточно показать, что её нельзя определить ровно за взвешивания, так как можно добавить произвольные взвешивания и игнорировать их результаты. Предположим противное: имеется алгоритм действий, позволяющий определить самую тяжёлую монету за взвешивания.

Пронумеруем монеты числами Сделаем первые взвешивания согласно алгоритму. Предположим, что в каждом из них перевешивала монета с большим номером. Согласно принципу Дирихле, среди монет с номерами найдётся такая, которая за произведённые взвешиваний "проигрывала"(оказалась более лёгкой) не более одного раза; обозначим номер этой монеты через Конечно же, монета с номером ни разу не "проигрывала". Покажем, что такие результаты взвешиваний возможны. Действительно, такое могло произойти по крайней мере в следующих ситуациях.

(A) Монеты упорядочены по возрастанию масс и все весы (в том числе, испорченные) показывали правильные результаты во всех взвешиваниях.

(Б) Монеты упорядочены по возрастанию масс, за исключением монеты номер которая самая тяжёлая. При этом те весы, на которых монета номер "проиграла испорчены, и в этом взвешивании показали неверный результат, а в остальных взвешиваниях все весы показывали верные результаты.

Рассмотрим два случая:

В последнем, м взвешивании, не участвует монета с номером Предположим, что опять перевесила монета с большим номером. Тогда каждая из ситуаций (А) и (Б) по-прежнему возможна.

В последнем взвешивании участвует монета с номером Предположим, что она перевесила. Тогда, с одной стороны, возможно, что имеет место ситуация (А), и последнее взвешивание выполнялось на испорченных весах. С другой стороны, возможно, что имеет место ситуация (Б), и в последнем взвешивании весы показали правильный результат.

Итак, каким бы ни было одно оставшееся взвешивание, его результат может быть таков, что после него каждая из ситуаций (А) и (Б) будет по-прежнему возможной. Тогда каждая из монет и может быть самой тяжёлой, то есть нам не удалось определить самую тяжёлую монету.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

(b) Очевидно, что точно хватит, поскольку мы можем провести алгоритм из предыдущего пункта. В качестве оценки рассмотрим конкретный набор монет с массами Очевидно, что чаша с самой тяжёлой монетой в этом случае всегда будет перевешивать (). В таком случае, можно сделать такую же оценку, как в предыдущем пункте, если понимать слово “проигрывала” как “не была самой тяжёлой” (потому что если монета оказалось на чаше, которая не перевесила, то она точно не самая тяжёлая). То есть чтобы точно определить самую тяжёлую, нам понадобится хотя бы взвешивание.

Обозначим через ответ в задаче; положим Докажем сначала, что

После отмечания исходных клеток можно отметить хотя бы одну клетку ; это значит, что либо в столбце, либо в строке этой клетки уже отмечено других клеток - пусть для определённости в строке

Мысленно отметим все клетки строки Ясно, что любую клетку по-прежнему можно отметить. Удалим из клетчатой плоскости строку и сдвинем вместе две получившиеся полуплоскости так, чтобы снова получилась клетчатая плоскость. Теперь мы можем отметить любую клетку этой новой плоскости, отмечая на каждом шагу клетку, в кресте которой уже есть не менее отмеченных клеток (поскольку из этого креста удалена одна клетка строки ). Следовательно, изначально на этой плоскости должно было быть отмечено не менее клеток. Значит, на исходной плоскости сначала должно быть хотя бы отмеченных клеток не из ; отсюда и следует

Поскольку из доказанного неравенства (*) следует, что

Осталось показать, как отметить клеток так, чтобы затем можно было отметить любую другую клетку плоскости. Покажем по индукции, что подходит пример, показанный на рисунке, состоящий из двух «лесенок» высот и ; нетрудно понять, что в нём как раз клеток. При утверждение очевидно: при одной отмеченной клетке можно отметить любую клетку в её кресте, а затем и любую клетку вообще.

Для перехода индукции заметим, что можно последовательно отметить клетки После этого в строке, в которой они стоят, окажется клеток, и в ней уже можно будет отметить любую клетку. Значит, можно, вычеркнув эту строку, уменьшить значение на и применить предположение индукции в оставшейся плоскости.

Первое решение. Предположим, что многочлен не является монотонным. Тогда найдутся такие что а значит, и то есть не монотонен.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Так как многочлен монотонен, то он обязан иметь нечётную степень, а тогда он принимает все вещественные значения.

Пусть тогда найдутся такие числа и что Так как старший коэффициент многочлена всегда положителен, то этот многочлен возрастает, поэтому

Если старший коэффициент многочлена положителен, то многочлен возрастает; отсюда получаем, что то есть для любых Если же старший коэффициент отрицателен, то, аналогично, откуда для любых

Обозначим Напомним, что частный случай неравенства Бернулли (при ) можно переписать в виде (при ).

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма 1. Для любого натурального п верны неравенства

Доказательство. Правое неравенство сразу следует из упомянутого неравенства Бернулли. Для доказательства левого, применяя то же неравенство, получаем

откуда

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма 2. Для любого натурального п верны неравенства

Доказательство. Поскольку достаточно доказать, что или

Применяя лемму получаем

что доказывает левое неравенство. Аналогично, для правого имеем

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Перейдём к решению задачи. Покажем, что число подходит. Для этого достаточно доказать, что при любом натуральном число с пятёркой в десятичной записи найдётся даже среди чисел Поскольку найдётся натуральное такое, что Покажем, что даже среди -х с конца цифр чисел встретится пятёрка, откуда и будет следовать требуемое.

По лемме при каждом имеем это означает, что -я цифра при переходе от к либо не изменяется, либо увеличивается на (при этом переходит в ). С другой стороны, по той же лемме

это означает, что за таких переходов -я цифра обязана хотя бы раз изменить своё значение (на следующее по циклу). Значит, за переходов она примет все возможных значений, в частности, побывает и пятёркой.

Случай следует из симметрии; без ограничения общности будем считать, что

Выберем на точку так, что — равнобокая трапеция. Тогда и, аналогично, Значит, и Поэтому гомотетия с центром переводящая отрезок в переводит треугольник в следовательно, точка (а потому и точка ) лежит на

Пусть — центр окружности, описанной около треугольника Тогда Поскольку получаем то есть касается в точке Так как то также касается

Пусть — окружность, описанная около треугольника тогда и гомотетичны с центром в поскольку Значит, также является касательной к Кроме того, лежит на серединном перпендикуляре к отрезку поэтому Итак, то есть касается описанной окружности треугольника и в точке Отсюда и следует требуемое.

По неравенству о средних

В условии требуют доказать, что левая часть этого неравенства не меньше 1, поэтому достаточно доказать, что правая часть (оценка снизу) не меньше 1, то есть

В силу положительности чисел неравенство эквивалентно возведённому в квадрат

Здесь последовательная пара скобок слева не меньше соответствующей скобки справа. Например,

поскольку

Аналогично с остальными скобками.