Тема Иннополис (Innopolis Open)

Неравенства на Иннополисе

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела иннополис (innopolis open)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#119885

Пусть $b ,b ,...,b 1 2 2025$ — неотрицательные числа, и

2025 2024 (x+ b1)(x+b2)⋅⋅⋅(x+b2025)= a2025x +a2024x + ⋅⋅⋅+ a1x +a0

Докажите, что $a2≥ ai−1ai+1 i$ для любого $i= 1,2,3,...,2024.$

Источники: Иннополис - 2025, 11.2 (см. lk-dovuz.innopolis.university)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Выглядит страшно... В условии сказано, что нужно доказать утверждение для всех i = 1, 2, 3, ..., 2024. Какой метод доказательства напрашивается?

Подсказка 2:

Конечно! Метод математической индукции. Давайте заменим 2025 на n и докажем утверждение в общем виде. Так... Базу доказать достаточно просто: раскроем скобки, выразим ашки через бэшки. Тогда, написав нужное нам неравенство, выражая его через бэкши, оно становится очевидным. Теперь давайте напишем индукционное предположение и переход.

Подсказка 3:

Пусть bₙ₊₁ = b. Докажем, что умножив выражение из индукционного предположения на (x+b), неравенства сохраняют свою справедливость. Давайте приведём многочлен с ашками к виду aₙxⁿ⁺¹ + (aₙb + aₙ₋₁)xⁿ + ... + (a₂b + a₁)x² + (a₁b + a₀)x + a₀b. Как тогда выглядят неравенства, которые нам надо доказать? Какие из них стоит рассмотреть отдельно?

Подсказка 4:

Для доказательства индукционного перехода достаточно доказать следующие неравенства: 1. (aₙb + aₙ₋₁)² ≥ aₙ(aₙ₋₁b+aₙ₋₂); 2.(a₁b+a₀)² ≥ a₀b(a₂b +a₁); 3. (aᵢb + aᵢ₋₁)²

Подсказка 5:

Давайте раскроем скобки в левой и правой части неравенства. Теперь пару раз применим индукционное предположение, чтобы оценить (aᵢ²b²) и (aᵢ₋₁)² из левой части через слагаемые из правой части. Осталось сравнить средние слагаемые. Очевидно, что для этого достаточно сравнить aᵢaᵢ₋₁ и aᵢ₊₁aᵢ₋₂. Что нужно сделать, чтобы воспользоваться уже знакомым нам приёмом?

Подсказка 6:

Конечно! Умножим обе части на aᵢaᵢ₋₁ и напишем индукционное предположение!

Показать доказательство

Докажем индукцией более общее утверждение:

Для любого целого $n ≥2,$ если $b1,...,bn$ неотрицательны и

n n−1 anx + an−1x + ⋅⋅⋅+ a1x +a0 = (x+ b1)⋅⋅⋅(x+ bn)

то $a2≥ a a i i−1 i+1$ для любого $i=1,2,...,n − 1.$

База индукции $(n= 2):$ в таком случае $a = 1,a = b +b 2 1 1 2$ и $a = bb , 0 1 2$ а значит, $a2= b2+2b b +b2≥ bb = a a 1 1 12 2 12 02$ — доказано.

Индукционное предположение: пусть для некоторого $n≥ 2$ и любых неотрицательных $b,...,b, 1 n$ если

n n−1 anx + an−1x + ⋅⋅⋅+ a1x +a0 = (x+ b1)⋅⋅⋅(x+ bn)

то $a2≥ ai−1ai+1 i$ для любого $i=1,2,...,n − 1.$

Шаг индукции: рассмотрим многочлен $(x+ b1)⋅⋅⋅(x+ bn)(x+b),$ где $b≥ 0.$ Имеем

n n−1 (x+ b1)⋅⋅⋅(x +bn)(x+ b)=(anx + an−1x + ⋅⋅⋅+ a1x+ a0)(x +b)=

= a xn+1+(a b+ a )xn+ (a b+ a )xn−1+⋅⋅⋅+(a b+a )x2+(a b+a )x+a b n n n−1 n−1 n−2 2 1 1 0 0

Для завершения индукционного шага достаточно рассмотреть (доказать) три неравенства:

1.: $(anb+an−1)2 ≥ an(an−1b+an−2);$
2.: $(a1b+a0)2 ≥a0b(a2b+ a1);$
3.: $(aib+ ai− 1)2 ≥ (ai+1b+ai)(ai−1b+ ai− 2)$ для всех i = $2,...,n− 1.$

Рассмотрим их по порядку:

1.

Раскроем скобки и оценим выражение, откинув неотрицательные слагаемые,

2 22 2 2 (anb+ an−1) = anb+ 2anan− 1b+ an−1 ≥ anan−1b+ an−1

Теперь, применяя предположение индукции, получаем то, что нужно

2 anan−1b+an−1 ≥ anan−1b+anan−2 = an(an−1b+ an−2)

2.

Применяя базу, получаем то, что нужно

(a1b+a0)2 =a21b2+ 2a1a0b+a20 ≥ a2a0b2+ a1a0b= a0b(a2b+a1)

3.

Пусть теперь $i∈{2,...,n − 1}$ — произвольное целое число. Раскроем скобки в левой части неравенства:

(aib +ai−1)2 = a2b2+ 2aiai−1b+a2 i i−1

Раскроем скобки в правой части неравенства:

(ai+1b+ai)(ai−1b +ai−2)= ai+1ai−1b2 +(ai+1ai−2 +aiai−1)b+aiai−2

По предположению индукции первое слагаемое из левой части неравенства не меньше первого слагаемого из правой части неравенства: $a2ib2 ≥ai+1ai−1b2.$ Аналогично, последнее слагаемое из левой части неравенства не меньше последнего слагаемого из правой части неравенства: $a2i−1 ≥ aiai−2.$

Теперь сравним средние слагаемые в левой и правой частях неравенства: очевидно, что для этого достаточно сравнить $aa ii−1$ и $a a . i+1 i−2$ Для этого умножим обе величины на $aa ii− 1$ и применим индукционное предположение:

(aiai−1)2 = a2ia2i−1 ≥ (ai+1ai−1)(aiai−2)= (ai+1ai−2)(aiai−1)

Следовательно, $aiai−1 ≥ai+1ai−2,$ что завершает доказательство.

Шаг индукции доказан, а вместе с ним и утверждение, обобщающее утверждение задачи.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#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)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте подумаем, как можно применить то, что каждая переменная не превосходит 1/2. Например, можно получить выражение (1 - 2х), которое всегда больше 0. Как это сделать?

Подсказка 2

Мы можем всё, кроме корня из суммы квадратов, переместить влево. Тогда какое неравенство можно применить? Сумма скобок равна 1. На какое неравенство это может намекать?

Подсказка 3

Неравенство Йенсена! Его можно применить для корня, вогнутой функции. После недолгих преобразований под корнем не трудно прийти к искомому.

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: