Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Использование производной и экстремумов в классических неравенствах

Тема Классические неравенства

Использование производной и экстремумов в классических неравенствах

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#81509

Вещественные числа $a,b,x,y$ таковы, что $a> b> 0$ и $x< y. a b$ Докажите неравенство

1 (x y) x+-y 2 ⋅ a + b > a +b

Показать доказательство

Зафиксируем значения переменных $y,b,c.$ Тогда достаточно доказать, что линейная функция

x- -x-- -y-- y- (--b− a-) ( -a−-b-) f = 2a − a+ b − a+ b + 2b = x 2a(a+b) +y 2b(a+ b)

от переменной $x$ положительна на промежутке $(−∞, aby).$ При этом $a> b,$ следовательно, $2a >a +b,$ а значит $21a < 1a+b,$ тем самым коэффициент перед $x$ отрицателен, что показывает то, что для всех $x$ на промежутке $(− ∞,ayb )$ верно неравенство

( ) ( ) f(x)> f(ay)= ay --b−-a- +y -a−-b-- = b b 2a(a+ b) 2b(a+ b)

= y( -b−-a-)+ y( -a−-b-)= 0 b 2(a+ b) b 2(a+ b)

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#81510

Для фиксированного $a> 0$ найдите максимум

n∑ (a− a1)(a− a2)...(a− ak−1)ak(a− ak+1)...(a− an) k=1

где $a1,a2,...,an$ лежат на отрезке $[0,a].$

Показать ответ и решение

Рассмотрим нашу сумму как функцию от $a. i$ Каждое из слагаемых — линейная функция (либо константа) от $a. i$ Тогда сумма линейных функций от $ai$ — линейная функция (либо константа). Максимум линейной функции (константы в том числе) достигается на одном из концов. Тогда $ai ∈ {0,a}.$ Но так можно рассуждать для любой из переменных. Получаем, что в точке максимума функции, каждая из переменных принимает значение либо $0,$ либо $a.$

Если хотя бы $2$ переменные равны $a,$ то любое из слагаемых равно $0,$ тогда и вся сумма равна $0.$

Если все переменные равны $0,$ то каждое слагаемое снова равно $0,$ т.е. вся сумма снова равна $0.$

Получается, что среди переменных есть ровно одна, равная $a,$ а остальные нули. Тогда у нас ровно одно ненулевое слагаемое, равное $n a .$ Получается, это и есть наш максимум.

Ответ:

$an$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#81511

Даны вещественные $x,y,z ∈ [0,1].$ Какое минимальное значение может принимать выражение $y2(x +z)− y(x2+ z2)?$

Показать ответ и решение

Выражение $− yx2+ y2x$ является квадратичной функцией от $x.$ Поскольку коэффициент перед $x2$ отрицателен, своего минимума на каждом отрезке достигается на одном из его концов. Таким образом, минимальное значение равно $0$ или $2 − y +y .$ Последнее является квадратичной функцией от $y$ , минимум которой достигается в точке $--1-- 1 −2(−1) = 2$ и равен $1 − 4.$ Таким образом,

2 2 1 −yx + yx ≥− 4

Аналогично

−yz2+ y2z ≥− 14

Складывая, полученные неравенства, имеем

y2(x +z)− y(x2+ z2)≥− 1 2

Равенство достигается при

x= z = 1,y = 1 2

Ответ:

$− 1 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#81512

Положительные числа $a,b,c$ лежат в промежутке $[1,2].$ Найдите минимум

a b c b + c + a

Показать ответ и решение

Зафиксируем числа $b$ и $c.$ Рассмотрим функцию

a b c f(a) = b + c + a

Тогда

1 c f′(a)= b − a2,

а значит, $f$ убывает при $1b ≤ac2,$ то есть при $√-- a ≤ bc≤ max{b,c}< 2,$ тем самым достигает минимума при $√ -- a = bc.$ Подставляя в функцию, получим

∘ -- 2 c+ b b c

Сделаем замену $t= b, c$ таким образом, минимальное значение равно

t+√2-= g(t) t

Тогда

g′(t)= (t+√2-)′ = 1− 13, t t2

тем самым функция убывает при $t≤ 1,$ а значит, достигает минимума при $t=1,$ таким образом, минимальное значение равно $3$ и достигается при $a= b= c.$

Ответ:

$3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#81513

Пусть $a ,...,a 1 19$ лежат в отрезке $[−98,98].$ Найдите минимум

a1a2+ a2a3+ ...+ a19a1

Показать ответ и решение

Зафиксируем переменные $a ,...,a . 2 19$ Тогда выражение

a1(a2+ a19)+ a2a3 +...+a18a19

является линейной функцией от $a1.$ Если $a2+a19 ≥ 0,$ то минимального значения функция достигает при минимальном значении $a1,$ равном $− 98.$ Теперь рассмотрим выражение относительно $a2,$ тогда $a1+ a3 ≤ 0,$ а, значит, минимальное значение выражения достигается при $a = 98. 2$ Аналогично, минимального значения функция достигается при $a = −98,a =98,...,a = 98. 3 4 18$ Наконец, рассмотрим выражение как функцию от $a , 19$ коэффициентом перед $a 19$ является $a +a =0, 18 1$ тем самым функция не зависит от $a . 19$ Аналогично, рассматривается случай $a +a ≤ 0. 2 19$ Тем самым, минимальное значение функции равно $2 − 17⋅98 = −163268.$

Ответ:

$− 163268$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#81514

Для положительных чисел $a ,a ,...,a ,b ,b ,...,b 1 2 n 1 2 n$ докажите неравенство

( b1+b2+ ...+ bn )b1+b2+...+bn ( b1)b1 ( b2)b2 ( bn)bn a1+a2+-...+-an ≤ a1 ⋅ a2- ⋅...⋅ an

Показать доказательство

Каждая из частей неравенства положительна. В силу монотонности функции $f(x)= lnx$ исходное неравенство эквивалентно

( b+ b + ...+b )b1+b2+...+bn ( (b )b1 (b )b2 (b )bn) ln a11+-a22+-...+-nan ≤ ln a11 ⋅ a22 ⋅...⋅ ann

( ) ( ) ( ) (b +...+b )ln b1+...+bn- ≤ bln b1- + ...+b ln bn 1 n a1+...+an 1 a1 n an

_____________________________________________________________________________________

Лемма. Предположим, что имеется набор функций $f1(x),...,fn(x),$ определенных на отрезке $[a;b].$ Тогда верно неравенство

xm∈i[na;b]f1(x)+ ...+ mx∈i[na;b]fn(x) ≤xm∈i[an;b](f1(x)+...+ fn(x))

Доказательство. Пусть для всех $i∈ {1,...,n}$ минимум функции $fi(x)$ достигается в точке $xi.$ Пусть минимум функции $(f1(x)+ ...+ fn(x))$ достигается в точке $x0.$ Тогда из $fi(xi)≤fi(x0)$ следует

f1(x1)+ ...+ fn(xn)≤ f1(x0)+...+ fn(x0)

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Рассмотрим функцию $f(x)= aex − b(x +1)$ при некоторых положительных $a$ и $b.$ Её производная $f′(x)= aex− b$ строго возрастает и обращается в ноль в точке $b x0 = ln a.$ Следовательно, $b minf(x)= f(x0)= −bln a.$ Поскольку

a1ex− b1(x+ 1)+...+anex− bn(x+ 1)=(a1+ ...+ an)ex− (b1+ ...+ bn)(x+ 1)

то согласно лемме верно, что

b1 bn b1+ ...+bn − b1lna1 − ...− bnln an ≤ − (b1+ ...+bn)lna1+-...+an

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#85993

Положительные числа $a$ и $b$ удовлетворяют условиям $a3 = a+ 1,b6 = b+ 3a.$ Докажите, что $a> b.$

Показать доказательство

Понятно, что $a> 1$ и $b> 6√3a> 1.$ Заметим, что

6 6 2 a − b = a +2a +1− b− 3a =a(a− 1)− (b− 1)> (a− 1)− (b− 1)= a− b

Тогда $a6− a> b6− b.$ С другой стороны функция $f(x)= x6− x =x(x5− 1)$ является сторого возрастающей на промежутке $(1,∞),$ откуда получаем $a >b.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#90113

Пусть $x$ и $y$ — положительные вещественные числа, причём $x+ y ≤ 3.$ Докажите неравенство

y+-2x- 4y− 3x xy + 4 ≥ 2

Показать доказательство

Запишем неравенство в виде:

1 3 2 (x − 4x)+ (y + y) ≥2

Заметим, что функция $1x − 34x$ убывает, так как её производная равна $− 1x2 − 34 < 0.$ Значит, учитывая, что $x≤ 3− y,$ можем, заменить $x$ на $3− y$ и доказывать более сильное неравенство. После подстановки и тождественных преобразований при $y ∈ (0,3)$ оно будет выглядеть так:

(y− 24)(y− 1)2 ≤ 0 7

Нетрудно видеть, что при $y ∈(0,3)$ оно верно, а значит изначальное тоже.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#97964

Пусть $0≤ x ≤ 1 k$ для всех $k =1,2,...,n.$ Докажите, что

x1+ x2+ ...+xn − x1x2...xn ≤ n− 1

Показать доказательство

Посмотрим на левую часть, как на линейную функцию от $x . 1$ Тогда у нее коэффициент при $x 1$ равен $1− xx ...x, 23 n$ то есть он не меньше $0.$ Значит, максимум функции достигается в правом конце отрезка, то есть когда $x1 =1.$ Получаем новое неравенство, которое мы хотим доказать:

x2+ x3+ ...+xn − x2x3...xn ≤ n− 2

Применим аналогичное рассуждение для каждого $xi,$ где $i= 2,3,...,n− 1$ и получим неравенство $xn− xn ≤ 0,$ которое верно.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#97965

Для вещественных чисел $a ≤a ≤ ...≤ a 1 2 n$ и $b ≤b ≤ ...≤ b 1 2 n$ докажите неравенство

a1b1+ a2b2+ ...+ an−1bn−1+ anbn ≥ a1bn+ a2bn−1+ ...+ an−1b2+ anb1

Показать доказательство

Перенесем все в левую часть и посмотрим на неё, как на линейную функцию относительно $a ∈[−∞,a ]. 1 2$ Тогда коэффициент при $a 1$ равен $b1− bn,$ то есть он не больше $0.$ Следовательно, её минимум достигается в правом конце отрезка, то есть когда $a1 = a2.$ Поэтому теперь хотим доказать такое неравенство:

a2b1 +a2b2+a3b3+...anbn− (a2bn+ a2bn−1 +...+ anb1)≥ 0

Теперь делаем аналогичное рассуждение для всех $a . i$ Только надо проверить, что коэффициент при $a i$ всегда отрицательный, но это очевидно из того, что он равен: $∑i b − ∑n b . 1 j n−i+1 k$ Поэтому мы сможем сделать все $a i$ равными и в итоге получим неравенство: $(a − a )(b +b + ...b )≥0. n n 1 2 n$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#97966

Докажите, что для любых вещественных чисел $a , 1$ $a ,...,a , 2 n$ $b , 1$ $b,...,b, 2 n$ принадлежащих отрезку $[−1,1],$ имеет место неравенство

|a1− b1|+ |a2− b2|+ ...+|an− bn|≥ |a1a2...an− b1b2...bn|

Показать доказательство

Зафиксируем все переменные, кроме $a . 1$ Заметим, что минимум функции $|a − b|+ ...+ |a − b|− |a ...a − b ...b | 1 1 n n 1 n 1 n$ как функции от $a1$ достигается при $a1 = b1.$ Докажем это. Первый модуль в сумме уменьшился на $|a1− b1|,$ тогда как $|a1...an − b1...bn|$ уменьшился не более чем на $|a1− b1|⋅|a2...an|,$ учитывая, что все числа от $− 1$ до $1,$ получаем, что $|a2...an|≤ 1,$ а значит, для любого $a1 ∈ [− 1,1]$

|a1− b1|+ ...+ |an − bn|− |a1...an− b1...bn|≥ |b1− b1|+ ...+|an− bn|− |b1...an− b1...bn|

Аналогично, минимальное значение функции достигает при $a = b, a = b , ..., a = b. 2 2 3 3 n n$ При таких значениях функция в точности $0,$ так что неравенство верно.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#97967

Положительные числа $a ≤a ≤ ...≤ a 1 2 n$ и вещественные числа $b,b,...,b 1 2 n$ таковы, что

bn bn−-1 b1 an ≤ an−1 ≤ ...≤ a1

Докажите, что

( ) 1 ⋅ b1+ b2+ ...+ bn ≥ b1+b2+-...+-bn- n a1 a2 an a1+a2+ ...+ an

Показать доказательство

Зафиксируем все переменные, кроме $b . 1$ Докажем, что при замене $b 1$ на $b2a1 a2$ разность левой и правой частей уменьшится(делаем замену так, чтобы отношение $ba11$ стало равным $b2a2).$ Левая часть поменялась на $b2a1 b1 -a2na−1a1,$ а правая — на $b2a1 b1 a1+a2a2+−.a..1+an.$ Заметим, что $na1 ≤ a1+ a2 +...+ an$ и $b2aa12 − b1a1-<0,$ значит, левая часть уменьшилась сильнее.

Теперь будем считать, что все отношения до $k$ -го равны $c= bck. k$ То есть $bi = aic$ Тогда после аналогичной замены все отношения станут $bk+1. ak+1$ Тогда левая часть изменится на $1(kbk+1 − ck), n ak+1$ а правая — на

bk+1(a1+ ...+ a)− c(a1+ ...+ a ) ak+1--------k-------------k- a1+...+an

Сократим отрицательное $bak+1− c, k+1$ тогда останется $kn ≥ aa1++.....+.+aak. 1 n$ Опять же, левая часть уменьшилась сильнее. Когда мы придём ко всем равным отношениям, получится равенство. Значит, изначально правая часть была не больше левой.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#97968

Даны неотрицательные числа $a ,a ,...,a , 1 2 n$ $b,b,...,b 1 2 n$ и вещественные числа $c ,c,...,c, 1 2 n$ $d ,d,...,d . 1 2 n$ Докажите, что

∑n n∑ ∑n n∑ ∑n n∑ cicjmin(ai,aj)+ didjmin(bi,bj)≥ 2 cidj min(ai,bj) i=1j=1 i=1 j=1 i=1j=1

Показать доказательство

Не умаляя общности, будем считать, что числа $a i$ и $b, i$ все лежат на отрезке $[0,1]$ (иначе поделим все числа на $N).$ Возьмем все числа среди $ai$ и $bi,$ не равные $0$ и $1,$ и попробуем прибавить ко всем к ним некоторое число $x.$ Понятно, что если не допускать выход чисел из отрезка $[0,1],$ то сохраняется порядок между $ai$ и $bi,$ следовательно, минимумы будут выбираться, как и раньше. Заметим, что разность левой и правой частей является линейной функцией по $x,$ следовательно, ее минимум на конце допустимого промежутка. Таким образом, можно считать, что еще одно из чисел $ai$ или $bi$ стало равно $0$ или $1.$

Если число $ak$ стало равно $0,$ то будем после этого считать, что $ak = 1,$ а $ck =0.$ Легко видеть, что значение разности от этого не меняется; аналогично с $bk.$ То есть в любом случае среди $ai$ и $bi$ увеличивается количество чисел, равных $1.$ Продолжая такие движения чисел, мы сделаем все их равными $1.$

Тогда неравенство превратилось в

(c1+ ...+cn)2+(d1+ ...+ dn)2 ≥ 2(c1+ ...+ cn)(d1 +...+ dn)

что очевидно.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#101226

1. Функция $d(x,y):ℝ2 → ℝ≥0,$ удовлетворяет следующим свойствам:

1.: $d(x,y)= d(y,x)$
2.: $d(x,y)= 0⇔ x =y$
3.: $d(x,z)≤ d(x,y)+d(y,z)$

Известно, что $f$ — вогнутая функция, которая обращается в ноль только в нуле. В остальных точках она положительна. Докажите, что $f(d(x,y))$ также удовлетворяет вышеперечисленным свойствам.

Показать доказательство

Первое свойство $f(d(x,y))= f(d(y,x))$ — верно в силу того, что $d(x,y)= d(y,x).$ Пусть $f(d(x,y))= 0$ из чего следует, что $d(x,y)= 0 ⇐⇒ x= y$ в силу того, что $f$ обращается в $0$ только в $0.$ Аналогично в другую сторону. Теперь проверим $3$ условие. Так как $f$ — вогнутая и только один раз обращается в $0,$ она возрастает! Иначе у неё есть корень производной, но вторая производная меньше нуля, а значит, производная $f$ будет далее все время отрицательной, то есть $f$ будет убывать, но тогда она где-то обратится в $0.$ Теперь докажем, что $f(tx)≥ tf(x),$ если $t∈[0,1].$ Мы знаем, что для вогнутых функций верно