Тема Классические неравенства

Неравенство Йенсена

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#90010

Про положительные числа $a,b,c$ известно, что $a +b+ c= 1$ , и каждое из них не превосходит $1 2$ . Докажите, что

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

Источники: Иннополис - 2024 (см. dovuz.innopolis.university)

Показать доказательство

Перенесём влево $2(b√a-+c√b +a√c),$ чтобы вынести корни за скобки. Получаем, что нужно доказать:

√- √- √- ∘-2---2--2 a ⋅(1− 2b)+ b⋅(1− 2c)+ c⋅(1− 2a)≤ a + b +c

В силу того, что $a,b$ и $c$ меньше либо равны $1, 2$ числа $(1− 2a),(1− 2b),(1 − 2c)$ неотрицательны, а их сумма равна $1,$ ведь $a+ b+ c= 1.$ Функция $√x$ является вогнутой, тогда применив неравенство Йенсена для этой функции, переменных $a,b$ и $c,$ коэффициентов $(1− 2b),(1 − 2c)$ и $(1− 2a),$ получаем:

√- √- √- ∘--------------------------- a ⋅(1− 2b)+ b⋅(1− 2c)+ c⋅(1− 2a)≤ a ⋅(1− 2b)+ b⋅(1 − 2c)+c⋅(1− 2a)

Теперь заметим, что

a ⋅(1− 2b)+ b⋅(1 − 2c)+c⋅(1− 2a)=

= a⋅(a+ b+ c− 2b)+ b⋅(a+ b+ c− 2c)+c⋅(a+ b+c− 2a)=a2 +b2+ c2

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#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 3#100687

Даны положительные числа $a,$ $b,$ $c>0.$ Докажите, что

(a) $a∕(a+b+c) b∕(a+b+c) c∕(a+b+c) a2+-b2+-c2 a ⋅b ⋅c ≤ a+ b+ c ;$

(b) $a+-b+-c a∕(a+b+c) b∕(a+b+c) c∕(a+b+c) 3 ≤ a ⋅b ⋅c .$

Показать доказательство

(a) Рассмотрим функцию $y = logx.$ Она, очевидно, выпукла вниз. Тогда по неравенству Йенсена получаем

a b c a2+ b2+ c2 a+-b+c-loga+ a+-b+-clogb+ a+-b+-clogc≤ log--a+b-+c-

Слева объединим все в один логарифм и потенциируем неравенство, получим

( ) 2 2 2 log aa∕(a+b+c)bb∕(a+b+c)cc∕(a+b+c) ≤log a-+b-+-c a+ b+ c

aa∕(a+b+c)⋅bb∕(a+b+c)⋅cc∕(a+b+c) ≤ a2+b2+-c2 a+ b+c

(b) Сначала перевернем наше неравенство и получим

---3--- −a∕(a+b+c) − b∕(a+b+c) −c∕(a+b+c) a+ b+ c ≥ a ⋅b ⋅c

По неравенству Йенсена для функции $y = logx$ имеем

---a---log 1+ ---b---log 1 +--c---log 1≤ log---3--- a +b+ c a a+ b+c b a +b+ c c a +b+ c

Далее аналогично пункту $(a)$ собираем слева все в один логарифм и потенциируем, тогда получается нужное неравенство

a−a∕(a+b+c)⋅b−b∕(a+b+c)⋅c−c∕(a+b+c) ≤--3---- a+b+ c

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#100688

Пусть для неотрицательных $x i$

( p p p)1p Mp (x1,x2,...xn)= x1+x2+-...+-xn- n

M+ ∞(x1,x2,...xn)= max xj 1≤j≤n

M −∞(x1,x2,...xn)= m1≤ijn≤nxj

M0 (x1,x2,...xn)= √nx1x2...xn

Докажите, что $Mp ≥ Mq,$ где

(a) $p> q > 0;$

(b) $p> q = 0,$ $0= p> q;$

Показать доказательство

(a) Сначала сделаем замену $y = xq. i i$ Тогда доказываемое неравенство примет вид

∘-p∕q------p∕q ∘ ---------- p y1--+-...+-yn--≥ q y1+-...+yn- n n

Теперь возведем обе части в степень $q$ и получим

( p∕q p∕q) pq y1-+-...+-yn-- ≥ y1+-...+-yn- n n

Заметим, что $p >1. q$ Пусть $p = s,s> 1. q$ Тогда достаточно доказать $Ms > M1.$ Заметим, что $(xs)′′ = (sxs−1)′ = s(s − 1)xs−2.$ Поскольку $s> 1,$ то это положительное выражение. Тогда по неравенству Йенсена

┌│ ∑n--s ┌││ (∑n--)s- n∑ s│∘ y-≥ s∘ yi- = yi i=1 n i=1 n i=1 n

(b) Для случая $Mp ≥M0$ достаточно заметить, что $xp1+...+xpn n√-------p n ≥ ( x1...xn)$ по неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим. Взятие корня степени $p$ для обеих частей дает искомое неравенство $Mp ≥M0.$

Для неравенства $M0 ≥ Mq,$ где $q < 0,$ можно использовать неравенство между средним геометрическим и средним гармоническим, поскольку $Mq$ можно записать в виде

( ) 1∕|q| ||---n--|| Mq = ( n∑ -1-) i=1x|qi|

По неравенству о среднем геометрическом и среднем гармоническом

n∘ -|q|---|q| n x1 ...xn ≥ n∑--1-- i=1x|iq|

Возведением в степень $|1q|$ обеих частей получим необходимое неравенство $M0 ≥Mq.$

(c) Неравенства $Mp ≤ M+∞$ и $Mq ≥M −∞$ легко получаются заменой всех $xi$ на минимальное или максимальное среди них. Неравенство $Mp ≥Mq$ для $p >q >0$ было доказано в пункте $(a),$ а неравенство в случае $p> 0>q$ очевидно из пункта $(b).$ Докажем для случая $0> p> q.$ В этом случае имеем $0< −p <− q,$ то есть $|p|<|q|.$ Тогда по пункту $(a)$

( ∑n 1∕x|iq|)1∕|q| ( n∑ 1∕x|ip|)1∕|p| -n--- ≥ -n--- i=1 i=1

Переворачиваем дроби и не забываем развернуть знак неравенства

( )1∕|q| ( ) 1∕|p| || ---n---|| ≤|| ---n---|| ( ∑n1∕x|qi|) ( ∑n 1∕x|ip|) i=1 i=1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#100691

Для положительных чисел $a,$ $b$ и $c$ докажите неравенство

∘ --------- ∘ --------- ∘ --------- ----a---+ ---b----+ ---c----≤ 1 4a+ 4b +c 4b+4c+ a 4c+4a+ b

Показать доказательство

Функция $f(x)= √x$ выпукла вниз, поэтому по неравенству Йенсена получаем

∑ ∘ --------- ∑ ∘---------------2---- ---a---- = 4a+-4c+b-⋅ ----81a(a+-b+c)----2 ≤ cyc 4a+ 4b +c cyc9(a +b+ c) (4a+ 4b+c)(4a+ 4c+b)

┌│ ∑-------------------------2----- │∘ -4a-+4c+-b⋅----81a(a-+b+-c)---2 = cyc9(a+ b+c) (4a+ 4b+ c)(4a+ 4c+ b)

┌│ ---------------------- │∘ ∑ ----9a(a-+b+-c)----- cyc (4a+ 4b+c)(4a+ 4c+b)

Если $a+ b+c= k,$ то каждую дробь суммы под корнем можно сократить на $k2$ и доказывать неравенство для чисел $a∕k,b∕k,c∕k.$ Таким образом, без ограничения общности можно полагать, что $a+ b+c =1.$ Остается доказать неравенство

∑ -----9a(a+-b+-c)----- cyc(4a+ 4b+ c)(4a+ 4c+ b) ≤ 1

( ) (∑ 2 ∑ ) ∏ 9 cyca + 8cycab ≤cyc(4− 3a)

18∑ ab+ 27abc≤ 7 cyc

Последнее неравенство верно, так как $∑ ∑ cycab≤ 13( cyca)2 = 13$ и по неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим $abc≤ (a+b+c)3 = 1-. 3 27$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#100692

Пусть $a,$ $b,$ $c,$ $d> 0$ и $abcd= 1.$ Докажите, что

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

Показать доказательство

Положим $a= ex,b= ey,c =ez,d= et.$ Тогда $x+ y+ z+ t=0$ и необходимо доказать, что $∑ --1---≥ 1. sym(1+ex)2$ Пусть в таком случае $f(x)= (1+1ex)2,$ тогда $f′′(x)= 4e(12x+−e2xe)4x.$ Тогда при $x≥ −ln(2)$ функция выпукла вверх, а при $x ≤− ln(2)$ — выпукла вниз.

Пусть $x≥ y ≥z ≥t≥ −ln(2).$ Тогда по неравенству Йенсена

∑ ---1---≥ 4⋅---1--= 1 sym (1+ ex)2 (1+ 1)2

Пусть $x≥ y ≥z ≥− ln(2)≥t.$ Тогда по неравенству Йенсена

∑ x+y+z (1+1ex)2-≥3 ⋅(1+ e--3-)−2+ (1+1et)2- sym

что в терминах изначальной задачи равносильно случаю, когда $3$ из четырех переменных равны.

Пусть $x≥ y ≥− ln(2)≥z ≥t.$ Тогда по неравенству Йенсена

∑ ---1--- x+y− 2 ----1---- ------1------ sym (1 +ex)2 ≥ 2⋅(1+ e 2 ) + (1+ eln(2))2 + (1 +ez+t−ln(2))2

что отправляет нас в предыдущий случай.

Пусть $x≥ −ln(2)≥y ≥z ≥t.$ Тогда по неравенству Йенсена

∑ ---1--- ---1--- ----1---- -------1------- sym (1+ex)2 ≥ (1+ex)2 + 2⋅(1+eln(2))2 + (1+ ey+z+t− 2ln(2))2

что отправляет нас в первый случай.

Вариант, где все переменные меньше $ln(2)$ невозможен в силу того, что общая сумма равна нулю, тогда достаточно доказать неравенство, когда $3$ переменные совпадают.

--1---+ --1---+ --1---+ ---1--- ≥1 ⇔ 3a4-− 8a3+-9a2-− 6a+-2≥ 0⇔ (a−-1)2(3a2-− 2a+-2)≥ 0 (1 +a)2 (1 +a)2 (1+a)2 (1+ 1a3)2 (1+ a3)2 (1+ a3)2

Последнее очевидно в силу отрицательности дискриминанта.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#100693

Сумма положительных чисел $a,$ $b$ и $c$ равна $1.$ Докажите неравенство

---ab--- --bc--- --ca--- 1-- √ab+-bc + √bc+-ca + √ca+-ab-≤ √2

Показать доказательство

Данное неравенство эквивалентно

∑ ∘ ---- a -b--≤ √1- cyc a+ c 2

∑ ∘ -----2----- a-+2b (a+-ac)(ab+b)2 ≤ √1 cyc 2

Для выпуклой вниз функции $f(x)= √x$ применим неравенство Йенсена

∑ ∘ -----2----- ┌│ ∑------2----- a+b- ----4ab---2 ≤ │∘ ----2a-b--- cyc 2 (a+ c)(a+b) cyc(a+ b)(a+ c)

Итак, остается показать, что

∑ a2b 1 (a+-b)(a+-c) ≤4 cyc

∑ 2 ∏ 4cyca b(b +c)≤ (a+ b+ c)cyc(a+ b)

Данное неравенство после раскрытия скобок и привидения подобных слагаемых принимает вид

a3b+ b3a+b3c+ c3b+ a3c+ c3a≥ 2a2b2+2b2c2 +2a2c2

Это неравенство очевидно верно, поскольку по неравенству о средних $√---- a3b+b3a≥ 2 a4b4 =2a2b2.$ Аналогичную оценку можно сделать для остальных слагаемых левой части, после чего все три неравенства сложить.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#81831

Сумма положительных вещественных чисел $a,b,c$ и $d$ равна $4.$ Докажите, что

--a-- -b--- --c-- --d-- -----8---- b2+ b + c2 +c + d2+ d + a2+ a ≥ (a+ c)(b+d)

Показать доказательство

Рассмотрим функцию $f(x)= -1-. x2+x$ Её вторая производная равна $3x2+3x+1. (x2+x)3$ Нетрудно видеть, что при положительных $x$ она положительна.

Если поделить неравенство на $4,$ то c помощью неравенства Йенсена для функции $f$ и чисел $a b c 4,4,4$ и $d 4$ можно нестрого оценить левую часть снизу выражением

1 (ab+-bc-+-cd-+ da)2+-ab-+-bc+-cd+-da 4 4 4 4 4 4 4 4

Значит, достаточно доказать неравенство

---------------1---------------≥ -----2---- (a4b+ bc4-+ cd4 + da4 )2+ ab4-+ bc4 + cd4 + d4a (a+ c)(b+d)

Заметим, что $ab+bc+ cd+da =(a+ c)(b+d).$ Если решать последнее неравенство относительно $(a+ c)(b+ d)$ тождественными преобразованиями, то получим $4≥ (a +c)(b+ d).$ По неравенству о средних $∘ ---------- a+ c+ b+d ≥2 (a +c)(b+ d).$ Если подставить $4$ вместо $a+ b+ c+d$ , возвести неравенство в квадрат и поделить на $4,$ получим последнее неравенство, что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#81834

Пусть $a,b,c$ — неотрицательные числа. Докажите, что

∘-2--- ∘-2--- ∘ -2--- ∘ --------- a + 1+ b + 1+ c + 1≥ 6(a+b+ c)

Показать доказательство

Рассмотрим функцию $f(x)=√x2-+1.$ Её вторая производная равна $---1--. (x2+1)32$ Ясно, что она положительна.

Поделим неравенство на $3$ и применим к левой части неравенство Йенсена для функции $f$ и набора $13,13$ и $13 :$

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

Теперь будем доказывать следующее неравенство:

∘-a+-b+-c2--- ∘6-(a+-b+-c)- ( 3 )+ 1≥ 3

С помощью тождественных преобразований оно приводится к виду $a+b+c 2 (-3--− 1)≥ 0.$ Что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#81838

Докажите, что для любых положительных $p ,...,p 1 5$ верно, что

--p1-- -p2--- --p3-- --p4--- --p5-- 5 p2+ p3 + p3 +p4 + p4+ p5 + p5+p1 +p1+ p2 ≥ 2

Показать доказательство

Функция $f(x)= 1 x$ является выпуклой функцией, так как $f′′(x) = 11. 2x3$ Так как неравенство однородное, то можем положить $p1+ p2+p3+ p4+ p5 =1.$ Тогда неравенство превращается в вид $p1⋅f(p2+ p3)+ ...+ p5⋅f(p1+ p2).$ По неравенству Йенсена получаем, что

p1⋅f(p2+ p3)+ ...+ p5⋅f(p1+ p2)≥ f(p1p2+ p1p3+ p2p3+p2p4+...+p5p1+ p5p2)=

-------------1------------- 5 = ((p1 +...+ p5)2− (p21+...+p25))∕2 ≥ 2

где последнее неравенство следует из $p1+ ...+p5 =1$ и $p21+ ...+ p25 ≥(p1+...+p5)2∕5≥ 15.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#81839

Докажите неравенство о среднем взвешенном:

α1x1+-α2x2+-...+αnxn α +α+...+αn∘ -α1-α2---αn α1+ α2+ ...+ αn ≥ 1 2 x1 x2 ...xn

где все $xj$ и $αj$ неотрицательны.

Показать доказательство

Возьмём логарифм от обеих частей. Тогда наше неравенство равносильно

(α1x1+-α2x2-+...+-αnxn) ----α1---- ----αn---- ln α1+ α2+...+αn ≥ α1+ ...+αn ln(x1)+...+ α1+ ...+ αn ln(x1)

которое есть неравенство Йенсена для вогнутой функции $f(x) =ln(x)$ ( $f′′(x)= − 1x2-$ ).

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#81842

Неравенство Минковского. Для положительных $a,a ,...,a 1 2 n$ и $b ,b,...,b 1 2 n$

n√-------- n∘ -------- n∘ ---------------------- a1a2...an+ b1b2...bn ≤ (a1+ b1)(a2+b2)...(an +bn)

Показать доказательство

Поделим всё на $n√b-b...b. 12 n$ Получим неравенство

∘ --------- ∘ ----------------------- n a1a2...an+ 1≤ n (a1-+b1)(a2+-b2)...(an+-bn) b1b2 ...bn b1b2...bn

Введём новые переменные $ci = ai. bi$ Получим неравенство

n√c-c-...c-+ 1≤ n∘ (c-+-1)(c-+1)...(c-+-1)- 1 2 n 1 2 n

Логарифмируя полученное неравенство, получим равносильное ему

ln(n√c1c2...cn+1)< 1 ln(c1 +1)+ ...+ 1ln(cn+ 1) n n

Так как функция $ln(x)+ 1$ вогнутая, а $ln$ это монотонно возрастающая функция, то

1 1 c1+c2+-...+-cn n√-------- nln(c1+ 1)+ ...+ n ln(cn +1)≥ ln( n + 1)≥ln( c1c2...cn+ 1)

где последнее неравенство следует из неравенства между средних арифметическим и средним геометрическим.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#100194

Найдите произведение всех значений $x$ , при каждом из которых

∘ --√---x2−9x+11 x2−9x+11 ∘---√-- x2−9x+11 ( 4− 11) , 2 , ( 4+ 11) —арифметическая прогрессия.

Показать ответ и решение

Запишем критерий арифметической прогрессии для трёх чисел, что её второй член является средним арифметическим первого и третьего:

∘ --√---x2− 9x+11 ∘ ---√--x2−9x+11 2 (--4−--11)-------+2-(-4+--11)------ =2x −9x+11

Заметим, что

4− √11-+4 +√11-=2⋅22.

Тогда после замены $√ -- √ -- t1 = 4− 11,t2 = 4+ 11,$ получаем

a(x) a(x) ( )a(x) t1---+t2--= t1+-t2 2 2 ,

где

x2− 9x+ 11 a(x)= ----2-----.

Рассмотрим функцию $f(t)=ta$ при $t>0.$

Если $a⁄= 0$ и $a⁄= 1,$ то её вторая производная

f′′(t)= a(a − 1)ta−2

ненулевая и имеет постоянный знак, поэтому функция строго выпукла, так что по неравенству Йенсена равенство

( ) f(t1)+2f(t2)= f t1+2t2

возможно только при $t1 = t2,$ но в нашем случае $t1 = 4− √11⁄= 4+ √11= t2.$

Поэтому $a =0$ или $a= 1,$ то есть

[ x2− 9x +11= 0 x2− 9x +11= 2

Оба уравнения имеют по два различных действительных корня, произведения которых равны 11 и 9 соответственно по теореме Виета. Причём все 4 корня различны (уравнения различны), поэтому произведение всех корней равно 99.

Ответ: 99

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#100690

Положительные числа $a,$ $b,$ $c$ таковы, что $min{ab,bc,ca}≥ 1.$ Докажите, что

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

Показать доказательство

Пусть $f(x)= log(1+ x2).$ Тогда исходное неравенство эквивалентно

f(a)+ f(b)+ f(c) ( a+ b+c) ------3------≤ f --3----

Заметим, что при $xy ≥ 1,x,y >0$ имеем неравенство

(( ) )2 (x2+1)(y2 +1)≤ x2+-y2 2+ 1 2

Действительно, для $(x2+y2)2 --2-- − 1 ≥xy− 1≥ 0.$

( ( )2 )2 ( ( )2 )2 (x2+ 1)(y2+1)= (xy− 1)2+ (x+ y)2 ≤ x2+-y2 − 1 + (x+ y)2 = x2+-y2 + 1 2 2

В терминах функции $f(x)$ это неравенство можно записать так:

f(x)+ f(y) ( x+y ) ----2----≤ f -2--

при $xy ≥ 1.$

Без ограничения общности будем полагать $a≥ b≥ c.$ С помощью доказанного выше неравенства получаем

( b+c) f(a)+-f(b)+-f(c)≤ f(a)+2f--2-- 3 3

Из условия следует, что $a≥ 1$ и $b+c≥ √bc≥ 1. 2$ Тогда

f′′(x)= 2(1−-x2) (1+ x2)2

Тогда на промежутке $[1,+ ∞)$ функция $f(x)$ вогнута (выпукла вниз), поэтому по неравенству Йенсена имеем

(b+c) ( ) ( ) f(a)+-2f--2--≤ f a+-2b+c2- = f a+b+-c- 3 3 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#99360

Докажите, что для любых положительных $a,b,c$ выполнено

---a---- ----b--- ---c---- √a2+-8bc +√b2-+8ca + √c2+-8ab ≥ 1

Источники: IMO - 2001, Problem 2

Показать доказательство

Первое решение.

Без ограничения общности можно полагать, что $a+ b+ c= 1,$ поскольку при $a+ b+c= k$ каждую дробь можно сократить $k$ и доказывать неравенство для чисел $a∕k,b∕k$ и $c∕k.$ Функция $√1- f(x)= x$ выпукла, поэтому по неравенству Йенсена имеем

a b c 1 √a2-+8bc + √b2+-8ac + √c2+-8ab-≥√M

При этом $M$ определяется равенством

M = ∑ a(a2+ 8bc)= 24abc+ ∑ a3 cyc cyc

Тогда остается доказать, что $M ≤ 1.$ Поскольку $a+ b+ c=1$ можно доказать, что

∑ ∑ 24abc+ a3 ≤ ( a)3 cyc cyc

Это неравенство нетрудно привести к виду

∑ 2 cycc(a− b) ≥ 0

Истинность последнего неравенства очевидна, поэтому доказательство завершено.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Для начала покажем, что $√-a2---≥ a4∕3+ab4∕4∕33+c4∕3. a+8bc$ Это неравенство эквивалентно $(a43 + b43 +c43)2 ≥ a23(a2 +8bc).$ По неравенству о среднем арифметическом и среднем геометрическом

(a43 + b43 + c43)2− (a43)2 =(b43 + c43)(a43 + a43 + b43 + c43)) ≥

2b23c23 ⋅4a23b13c13 = 8a 23bc

Таким образом,

(a43 + b43 + c43)2 ≥ a8∕3 +8a2∕3bc= a2∕3(a2+ 8bc)

Итак, имеем неравенство

a a4∕3 √a2-+8bc ≥ a4∕3+-b4∕3+-c4∕3

Аналогичным образом получаем еще и неравенства $4∕3 √bb2+8ac ≥ a4∕3+bb4∕3+c4∕3$ и $4∕3 √c2c+8ab-≥ a4∕3+cb4∕3+c4∕3.$ Складываем эти неравенства и получаем требуемое неравенство

√--a----+√---b---+ √--c----≥ 1 a2+ 8bc b2 +8ca c2+ 8ab