Тема Неравенства без логарифмов и тригонометрии

Неравенства с целой и дробной частями

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела неравенства без логарифмов и тригонометрии

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#88911

Решите неравенство

[x]⋅{x} <x − 1

Показать ответ и решение

Так как $x− 1= [x− 1]+{x− 1}= [x]− 1+{x},$ то неравенство равносильно

[x]⋅{x}< [x]+ {x}− 1

([x]⋅{x}− [x])− ({x}− 1)< 0

([x]− 1)({x}− 1)< 0

Заметим, что ${x}∈ [0;1),$ следовательно, всегда ${x}− 1 <0.$ Значит, можем поделить на эту скобку с изменением знака

[x]− 1 >0

x≥ 2

Ответ:

$[2;+∞ )$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#67556

Существует ли целое $n > 1$ , удовлетворяющее неравенству

[√---- √----] [√ ----] n − 2+ 2 n+ 2 < 9n+ 6?

(Здесь $[x]$ обозначает целую часть числа $x$ , то есть наибольшее целое число, не превосходящее $x$ .)

Источники: Тургор-2023, 11.2 (см. www.turgor.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Первая мысль, которая возникает при виде этого неравенства, — это избавиться от целых частей, с ними неудобно работать. В конце концов, тут есть корни, если бы можно было в исходном неравенстве убрать целые части, то дальше можно и в квадрат возводить спокойно. Что ж, можно попытаться доказать, что целые части действительно можно убрать...

Подсказка 2

Для этого примените неравенства, возникающие из определения целой части числа. Что ж, дальше попробуем пользоваться возведением в квадрат. И... в итоге получается тривиальное неравенство, не содержащее n :( Что это может значить? Вероятно, надо как-то ещё преобразовать исходное неравенство, чтобы такой способ сработал. Если и пытаться это делать, то для правой части, она выглядит получше. Не поможет ли возведение её в квадрат?

Подсказка 3

Хм, можно оценить, что квадрат правой части (к слову, целой) не больше, чем 9n + 6. Подумаем, а когда в таком неравенстве достигается равенство?

Подсказка 4

Вообще, при равенстве получится, что квадрат целого числа даёт остаток 6 по модулю 9. Стоп, а такое вообще возможно?

Подсказка 5

Нет, квадраты чисел по модулю 9 не дают остаток 6! Более того, остаток 5 они тоже не дают, а вот остаток 4 уже может получиться. А тогда можно оценить правую часть более строго!

Подсказка 6

Действительно, получается, что квадрат правой части на самом деле не больше, чем 9n + 4, давайте преобразуем исходное неравенство, а дальше опять будем возводить в квадрат, остаётся надеяться, что в результате получится более содержательное неравенство

Показать ответ и решение

Предположим целое $n> 1$ удовлетворяет этому неравенству. Имеем

[√----]2 9n+ 6 ≤ 9n+ 6,

Но квадрат целого числа не может давать ни остаток 6, ни остаток 5 от деления на 9, значит,

[√-----]2 9n+ 6 ≤9n+ 4

[√-----] [√ ----] 9n+ 6 ≤ 9n +4

Тогда исходное неравенство влечёт неравенство

√n-− 2+ 2√n-+2< √9n-+4

Возводя в квадрат и приводя подобные слагаемые, получаем, что

∘ ----- 4 n2− 4< 4n− 2

1 n2− 4< n2− n+ 4

n <4,25

Однако, прямая проверка показывает, что при $n∈ {2,3,4}$ исходное неравенство не выполняется — противоречие.

Ответ: нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#79858

Пусть $a ,...,a 1 25$ — целые неотрицательные числа, а $k$ — наименьшее из них. Докажите, что

√-- √-- √ --- [∘ ---------------] [ a1]+ [ a2]+ ...+ [ a25]≥ a1+ ...+a25+ 200k

(Как обычно, через $[x]$ обозначается целая часть числа $x,$ то есть наибольшее целое число, не превосходящее $x.$ )

Источники: Всеросс., 2018, ЗЭ, 9.3(см. olympiads.mccme.ru)

Показать доказательство

Положим $n = [√a-] i i$ . Тогда $a < (n +1)2, i i$ а поскольку числа $a i$ целые, имеем $a ≤ n2+ 2n. i i i$ Если мы теперь покажем, что

∘---------------- a1+ ...+ a25 +200k≤ n1+n2+ ...+ n25+1

то правая часть доказываемого неравенства не будет превосходить $n1+ n2+ ...+ n25,$ что и требовалось.

Пусть для определенности $k= a . 1$ Оценим подкоренное выражение в левой части доказываемого неравенства:

2 2 a1+ ...+ a25+ 200k ≤(n1+ 2n1)+ ...+ (n25+ 2n25)+ 200k =

= (n2+ ...+ n2)+ 2(n + ...+ n )+ 200(n2+ 2n) 1 25 1 25 1 1

Квадрат правой части доказываемого неравенства равен

(n21+ ...+ n225)+ 2(n1n2+ n1n3 +...+ n24n25)+ 2(n1+ ...+ n25)+ 1

Сравнивая эти выражения, видим, что достаточно показать, что

100(n21+2n1)≤ n1n2 +n1n3+ ...+ n24n25

Но при любых $i<j$ верно неравенство $ninj >n21 >n1.$ При этом в правой части стоит $25⋅224= 300$ слагаемых такого вида. Оценивая $100$ из них числом $n21,$ а остальные $200$ — числом $n1,$ получаем требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#90860

Найдите наименьшее натуральное число $n$ такое, что $n> 2015$ и

√----- √----- [ 9n+ 2]⁄=[ 9n+ 4].

Здесь скобки [ ] обозначают целую часть числа. (Напомним, что целой частью числа $x$ называется наибольшее целое число, не превосходящее $x$ . Например, $[3,7]=3$ .)

Показать ответ и решение

Заметим, что из этого неравенства следует, что

√----- √ ----- √----- √ ----- [9n +2]≤ 9n+ 2< [9n +4]≤ 9n+ 4

Пусть $t=[√9n+-4]$ . Тогда $9n+ 2< t2 ≤9n+ 4$ . Мы знаем, что $t2$ не может давать остаток 3 при делении на 9, так как тогда $t2$ делится на 3, но не делится на 9. Значит, $t2$ может быть равно только $9n+ 4$ . Заметим, что $t2 = 9n +4 >9 ⋅2015+ 4$ и $t> 134$ . Число $t$ не равно 135 и 136 , так как $t2 ≡4 (mod 9)$ . Значит, $n= t2−4≥ 1372−4= 2085 9 9$ и $n =2085$ подходит.