Тема Классические неравенства

pqr-метод

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 $a +b+ c≤ abc+ 2.$

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#80225

Известно, что $a,b,c≥ 0$ и $1+ 1 + 1 = 1. a b c$ Докажите, что

(a − 1)(b− 1)(c− 1)≥8

Показать доказательство

Исходное неравенство переписывается в следующем виде:

(a − 1)(b− 1)(c− 1)≥8

abc − (ab+bc+ ca)+ (a +b+ c)− 9 ≥0

r − q+ p− 9≥ 0

при условии $q = r.$ Из условия следует, что $a,b,c> 1,$ в частности $r⁄= 0.$ Зафиксируем $q$ и $r,$ тогда $p$ минимально, если $a= b.$ В этом случае $c= -a--. a− 2$ После подстановки неравенство переписывается следующим образом:

2a2− 12a +18= 2(a− 3)2 ≤ 0

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#80226

Положительные числа $x,y,z$ таковы, что $xy+xz+ yz = 27.$ Докажите, что

∘ ---- x+ y+z ≥ 3xyz

Показать доказательство

Числа $x,y,z$ положительны, следовательно тройка $(x,y,z)$ допустима. Зафиксируем $q,r$ , тогда для минимального $p$ в указанной тройке найдутся два равных элемента.

Без ограничений общности будем считать, что $x= z.$ Тогда $2 3∘ 4-2- 27= x +2xy ≥ 3 xy ,$ откуда $2 xy ≤27.$

Наконец,

3∘--- ∘ ---- 2x+ y ≥ 3 x2y ≥ 3x2y

что эквивалентно $x2y ≤ 27.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#80227

Пусть $a,b,c$ — стороны треугольника. Докажите, что

(1 1 1) (--a- --b- --c-) (a +b+ c) a + b + c ≥ 6 b+ c + a+ c + a+ b

Показать доказательство

Исходное неравенство переписывается следующим образом:

2 ( 3 ) 22 18r + 6p− 11pqr− p q ≤0

Зафиксируем $p$ и $q.$ Слева стоит квадратичная по $r$ функция, коэффициент при $r2$ положителен, коэффициент при $r$ неотрицателен, поэтому функция монотонно возрастает. На $r$ наложены следующие ограничения:

3 r ≥0, T(p,q,r)≥ 0, −p + 4pq ≥ 8r

поэтому достаточно проверить неравенство для случая, когда $a= b.$ В силу однородности неравенства можем считать, что $a= b= 1.$ Тогда неравенство имеет вид

1 -2-- c (2 +c)(2+ c)≥ 6(1+c + 2)

− c3+ 4c2− 5c+ 2≥ 0

(c− 1)2(2− c)≥0

Последнее верно в силу $c< a+b= 2.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#80228

Даны положительные числа $a,b,c,$ не меньшие $1.$ Известно, что $a +b+ c= 9.$ Докажите, что $√a-+ √b+ √c≥ √ab+-bc+-ac.$

Показать доказательство

Сделаем замену $a= (x +1)2,b= (y+ 1)2,c =(z+ 1)2.$ После этого исходное неравенство переписывается следующим образом:

2 2 q + p − 2pr+ 2pq− 2p− 6r − 6≥ 0

при условии, что $p2− 2q− 2p= 6.$ Зафиксируем $p$ и $q.$ В левой части неравенства стоит линейная по $r$ функция, коэффициент при $r$ отрицательный, поэтому минимальное значение левой части достигается при максимальном $r,$ то есть при $x= y.$ В этом случае $a= b$ и $c=9 − 2a,$ и после подстановки исходное неравенство переписывается следующим образом:

2 ∘-----2- −3a +16a− 9≤ 4 9a− 2a

При $1≤ a≤ 92$ левая часть больше $0,$ поэтому можно возвести в квадрат. После возведения, неравенство примет вид

3(a − 3)2(3a2− 14a+3)≤ 0

что верно при $1≤a ≤ 92.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#80229

Известно, что $a,b,c≥ 0$ и $a2+b2+ c2 +abc= 4.$ Докажите что

2≥ ab+ bc+ac− abc

Показать доказательство

Положим

2 2 2 2 x= a+ b+ c=p, y = a +b + c =p − 2q, z = abc

$a,b,c$ вещественны, если $S(x,y,z)= T(x,x2−y,z) ≥0. 2$ Ясно также, что если $S(x,y,z)=0,$ то две переменных из $a,b,c$ равны.

Теорема о неотрицательности переписывается следующим образом:

2 p ≥0 ⇔ x≥ 0, q ≥ 0⇔ x − y ≥ 0, r≥ 0⇔ z ≥ 0

Условие $a2+ b2 +c2+ abc= 4$ переписывается в виде $y+ z = 4.$ Неравенство $ab+ bc+ca− abc≤2$ переписывается в виде $x2− y− 2z ≤4.$

Зафиксируем $y$ и $z.$ Неравенство достаточно проверить для максимального $x$ (максимальное $x$ существует, поскольку $x≤ 3(a2 +b2+ c2)≤ 12).$ В соответствующей тройке $a,b,c$ две переменные равны.

Пусть $a= c.$ Тогда $2 2 2 2a + b +a b= 4,$ следовательно, $2 4−-b2 a = 2+b = 2− b.$ Достаточно показать, что верно неравенство

2≥ a2+2ab− a2b

Подставляя $b= 2− a2,$ имеем

4 3 2 − a +2a + a − 4a+ 2≥ 0

(a− 1)2(a2− 2)≤ 0

последнее верно, поскольку $4= 2a2+ b2+a2b≥ 2a2.$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#80230

Известно, что $a,b,c≥ 0$ и $a+ b+c= 3.$ Докажите, что

--1--- --1-- --1--- --2--- 1+2ab + 1+ 2bc + 1+2ac ≥ 1+ abc

Показать доказательство

Исходное неравенство переписывается следующим образом:

∑ cyc(1+ 2bc)(1+ 2ac)(1 +abc)≥2(1+2ab)(1+ 2bc)(1+ 2ca)

$3+4(ab+ca+ ba)+ 3abc+ 4abc(a+ b+c)+ + 4abc(ab+bc+ ca)+ 4(abc)2(a +b+ c)≥ 2 ≥2 +4(ab+ca+ ca)+ 8abc(a+b+ c)+16(abc)$

3+4q+ 3r+8rp+ 4qr +4r2p≥2 +4q+ 8rp +16r2

2 2 4r p+4rq− 4rp − 16r +3r+ 1≥ 0

при условии $p= 3.$ Зафиксируем $p$ и $r.$ По лемме $q$ минимально, если $a= b.$ В этом случае $c= 3− 2a,$ и после подстановки в исходное неравенство, получим:

4 3 2 2 2 4a − 12a + 13a − 6a+ 1= (2a− 1)(a− 1) ≥ 0

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания