Тема Классические неравенства

Транснеравенство

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#94376

Докажите, что для положительных чисел $a,b,c,d$ верно

3 3 3 3 2 2 2 2 a +b + c +d ≥ a b+b c+c d+ da

Показать доказательство

Сначала предположим, что $a ≤b≤ c≤ d.$ Рассмотрим транснеравенство для наборов $(a2,b2,c2,d2)$ и $(a,b,c,d).$ Тогда левая часть — наибольшая оценка транснеравенства, а правая часть — какая-то из меньших. Заметим, что значение левой части симметрично относительно замены переменных, а потому можно при любом порядке между переменными доказать неравенство аналогичным способом.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#94377

Докажите, что для неотрицательных $a,b,c$ выполняется

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

Показать доказательство

Будем для определенности полагать, что $a ≤b≤ c$ (остальные случаи рассматриваются аналогично). Тогда $a+ 1≤ b+ 1≤c+ 1.$ Кроме того, $a-- -b- -c- a+1 ≤ b+1 ≤ c+1.$ Применим транснеравенство к наборам $(-a--b- -c-) a+1,b+1,c+1$ и $(a +1,b+1,c+ 1).$

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

Действительно, левая часть — максимальная оценка в транснеравенстве для этих наборов, а тогда правая — какая-то из меньших. Это неравенство в точности то, что требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#94378

Докажите, что для наборов чисел $a ≥ a ≥ ...≥ a, 1 2 n$ $b ≤ b ≤ ...≤ b 1 2 n$ выполнено неравенство

n(a1b1+ a2b2 ⋅⋅⋅+anbn)≤ (a1+ a2+ ⋅⋅⋅+an)(b1+ b2+⋅⋅⋅+bn)

Показать доказательство

Заметим, что правая сторона равна

(a1b1+a2b2+ ...+anbn)+ (a1bn+a2b1+ ...+anbn−1)+...+(a1b2+ a2b3 +...+ an−1bn +anb1)

Каждая новая скобка получается циклическим сдвигом переменных $b. j$ И каждая из этих скобок не меньше, чем $a b +a b +...+a b , 1 1 2 2 n n$ поскольку это наименьшая оценка в транснеравенстве для наборов $(a ,a,...,a ) 1 2 n$ и $(b ,b ,...,b ). 1 2 n$ Тогда получаем, что правая часть не меньше суммы $n$ скобок вида $(a b +a b +...+a b ), 11 2 2 n n$ что и доказывает нужное неравенство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#94379

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

a8+-b8+c8 1 1 1 a3b3c3 ≥a + b + c

Показать доказательство

Неравенство симметрично относительно любых замен переменных друг на друга, поэтому будем считать, что $a≤b ≤c.$ Умножим обе части на $3 33 a b c.$ Тогда неравенство примет вид

8 8 8 23 3 3 23 33 2 a + b +c ≥ a bc +a b c+ a bc

Докажем это неравенство. По транснеравенству имеем

8 8 8 5 3 5 3 5 3 3 3 2 3 3 2 33 2 a +b + c ≥a c +b a + cb = (a c)a + (b a)b + (c b)c

Тогда снова по транснеравенству получаем

(a3c3)a2+ (b3a3)b2+ (c3b3)c2 ≥a3c3b2+ b3a3c2+ c3b3a2

что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#94380

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

3 3 3 3 9 ⋅(a + b+ c )≥(a+ b+c)

Показать доказательство

Сначала раскроем скобки справа. Тогда получится

3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 (a+ b+c) = a +b + c +6abc+3a b+3ab +3a c+ 3ac + 3bc + 3bc

Таким образом, достаточно доказать неравенство

3 3 3 2 2 2 2 2 2 8⋅(a + b +c )≥ 6abc+ 3ab+ 3ab + 3ac+ 3ac +3bc +3b c

Из неравенства о средних получаем, что $2(a3+b3+ c3)≥ 6abc.$ По транснеравенству получаем

3 3 2 2 3a +3b ≥ 3ab+ 3bc

3a3+3c3 ≥ 3a2c+ 3ac2

3b3+3c3 ≥ 3b2c+ 3bc2

Суммируя все имеющиеся неравенства, получаем требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#94381

Для положительных $x,y,z$ докажите неравенство

-4x+y-+z- 4y+-z+-x- 4z+-x+y-- x +4y+ 4z + y+ 4z+4x + z+4x+ 4y ≥ 2

Показать доказательство

Пусть $x +4y+ 4z = a,$ $y +4z+ 4x= b,$ $z+4x+ 4y = c.$ Тогда неравенство можно записать следующим образом

5b+ 5c− 4a 5c+5a− 4b 5a+5b− 4c ---9a----+ ---9b----+ ---9c----≥ 2

Легко видеть, что неравенство симметрично относительно замен переменных друг на друга. Тогда можно положить $a ≤b≤ c$ и применить неравенство Чебышева для наборов $(5b+ 5c− 4a,5c+5a− 4b,5a+ 5b− 4c)$ и $(1 1 1 ) 9a,9b,9c .$

Тогда получим, что

( ) 3 5b+59ca−-4a+ 5c+-5a9b-− 4b+ 5a+-59bc− 4c ≥6(a+ b+c)ab+9bacb+c-ca

5b+-5c−-4a-+ 5c-+5a−-4b+ 5a+5b−-4c≥ 2(a+-b+c)(ab+-bc+ca) 9a 9b 9c 9 abc

По неравенству о средних $a +b+ c≥ 33√abc$ и $ab+ bc+ca≥ 33√a2b2c2.$ Тогда

2 (a+-b+-c)(ab+bc+-ca)- 2 9abc- 9 abc ≥ 9 abc = 2

Неравенство доказано.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#98915

Для любых $a ,a,...,a > 0 1 2 n$ докажите, что

a2 a2 a2n−1 a2 a12 + a23 + ...+-an-+ an1 ≥a1+ a2+ ...+an

Показать доказательство

Первое решение. Пусть переменные упорядочены произвольным образом $a ≤ a ≤ ...≤ a . i1 i2 in$ Тогда для обратных величин порядок обратный: $1-- -1- -1- ai1 ≥ ai2 ≥ ...≥ ain.$ Поскольку переменные положительны, порядок у квадратов переменных, как у самих переменных $2 2 2 ai1 ≤ ai2 ≤ ...≤ ain.$ Заметим, что

a2 a2 a2 a1+a2+ ...+ an = a1+ a2+ ...+ an 1 2 n

Правая часть этого равенства есть наименьшая оценка в транснеравенстве для набора квадратов и обратных величин переменных! Тогда, подставив сверху подходящую оценку транснеравенства (ту, которая стоит в левой части доказываемого неравенства), получаем

a21+ a22+ ...+ a2n ≥ a21-+ a22-+...+ a2n-, a2 a3 a1 a1 a2 an

что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. По неравству КБШ для дробей, имеем

a2 a2 a2 a2 (a + a + ...+a )2 a1+ a2+ ...+ -na−1+ an ≥ -1a-+a2+-...+-na--= a1+ a2+...+an 2 3 n 1 1 2 n

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#102178

Пусть $a,b,c≥ 0.$ Докажите неравенства:

(a) $a3b+ b3c+ c3a ≥a2bc+b2ca +c2ab;$

(b) $2(a3+ b3+c3)≥ ab(a+ b)+ bc(b+ c)+ ca(c+ a).$

Показать доказательство

Пусть $a ≥b≥ c$ (все остальные случаи аналогичны).

(a) Заметим, что $ab≥ac≥ bc$ и $2 2 2 a ≥b ≥ c.$ Применим транснеравенство к этим упорядоченным наборам и получим требуемое неравенство (справа будем наименьшая оценка в неравенстве, а слева можно писать любую оценку).

(b) Применим транснеравенство к наборам $2 2 2 a ≥ b ≥ c$ и $a≥ b≥ c$ два раза и получим (так как $3 3 3 a + b +c$ — наибольшая оценка в транснеравенстве)

a3+b3+ c3 ≥a2b+ b2c+ c2a

3 3 3 2 2 2 a +b + c ≥b a+ cb+ a c

Сложим получившиеся неравенства и получим

2(a3+ b3+c3)≥ a2b+ b2c+ c2a+b2a+ c2b+ a2c=ab(a+b)+ bc(b+c)+ ca(c+ a)

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#102179

Пусть $a,b,c> 0.$ Докажите, что $a+ b+ c ≥3. b c a$

Показать доказательство

Без ограничений общности будем считать для начала, что $a ≥b ≥c,$ тогда

1 1 1 a ≤ b ≤ c

Таким образом, в силу транснеравенства, имеем

a b c a b c b + c + a ≥ a + b + c = 3

поскольку последнее является минимальной возможной суммой произведений элементов из соответствующих наборов.

Если же без ограничений общности упорядочивание такое, что $a ≥c≥ b,$ тогда

1≤ 1 ≤ 1 a c b

Аналогично в силу транснеравенства, имеем

a+ b+ c≥ a + c+ b= 3 b c a a c b

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#102182

Для положительных значений $a i$ докажите неравенство Минковского:

( 1- 1- 1-) 2 (a1 +a2+ ...+ an) a1 + a2 + ...+ an ≥n

Показать доказательство

Рассмотрим порядок $a . i$ Пусть тогда $a ≤ a ≤ ...≤ a . σ1 σ2 σn$ Из положительности следует $-1-≥ -1-≥ ...≥ -1-. aσ1 aσ2 aσn$ Давайте теперь применим следующее неравенство, которое несложно доказать по транснеравенству

(a1+ a2 +...+ an)(b1+ b2+...+bn)≥ n(a1bn+ a2bn−1+ ...+ bna1)

В нашем случае набор из $b j$ это будут обратные числа, а $a i$ изначальные переменные. Тогда набор пар ${aσ, 1-} aσ$ даст справа наименьшую сумму, которая будет как раз $n.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#102184

Для положительных значений переменных докажите неравенства

(a) $a b c 3 b+c + c+-a + a-+b ≥2;$

(b) $---a1----- ------a2----- ----an------ --n- a2+...+an +a3+ ...+ an+ a1 + ...+ a1+...+an−1 ≥ n − 1.$

Показать доказательство

(a) Будем считать $a≥ b≥ c.$ Остальные случаи получаются переименованием переменных. Обозначим $S = a+b +c.$ Тогда

1 1 1 S-− a ≥ S−-b ≥ S−-c

Домножим обе части неравенства на $2,$ добавим по $ab+c + cb+a + ac+b$ с обеих сторон. В правой части скажем, что

3= a+-b+ a+-c+ c-+b S− c S− b S − a

Получим

( ) ( ) 3 --a- + -b--+ -c-- ≥(a+ b+c) --1- + -1--+ -1-- S − a S− b S− c S − a S− b S− c

что является неравенством Чебышева для трёх переменных.

(b) Будем считать $a ≥ a ≥ ...≥ a . 1 2 n$ Остальные случаи получаются переименованием переменных. Обозначим $S =a + a + ...+a . 1 2 n$ Тогда

1 1 1 S−-a1 ≥ S−-a2 ≥ ...≥ S-− an

Домножим обе части неравенства на $n− 1,$ добавим по $S−a1a1-+S−a2a2 +...+ Sa−nan$ с обеих сторон. В правой части скажем, что

a1+-a2+...+an−1 a2+-a3+...+an n= S− an + ...+ S − a1

Получим

( ) ( ) n S-a−1 a- + Sa−2a-+...+ Sa−na- ≥ (a1 +a2+ ...+ an) S−1a-+ S−1a-+ ...+ S−1a- 1 2 n 1 2 n

что является неравенством Чебышева для $n$ переменных (в правой части у нас как раз получились все слагаемые вида $S−aia). j$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#102185

Положительные числа $a,b,c,d$ таковы, что $a≤ b≤ c≤d$ и $a+ b+ c+d ≥1.$ Докажите, что $a2+3b2+ 5c2+ 7d2 ≥ 1.$

Показать доказательство

Применим сначала неравенство Чебышева к наборам $a≤ b≤c≤ d$ и $a≤ b≤ c≤d.$ Тогда получим

2 2 2 2 2 4(a +b + c +d )≥ (a +b+ c+d) ≥ 1

Из упорядочивания переменных понятно, что $3a2 ≤ 3d2$ и $b2 ≤ c2.$ Значит,

2 2 2 2 2 2 2 2 a +3b +5c + 7d ≥4(a +b + c +d )≥ 1

Что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#90916

Докажите, что

a2 b2 c2 a +b+ c≤ b + c + a

Показать доказательство

Пусть $a ≥b≥ c.$ Рассмотрим наборы $a :a2 ≥ b2 ≥c2 i$ и $b: 1≥ 1≥ 1. i c b a$ Тогда левая часть неравенства — минимальная сумма слагаемых вида $aici$ ( $ci$ — перестановка $bi$ ), а правая часть — какая-то сумма такого вида, значит мы получили требуемое по транснеравенству.

Случаи упорядочивания переменных по-другому рассматриваются аналогично.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#90917

Докажите, что

4 4 4 3 3 3 a +b + c ≥a b+ bc+ ca

Показать доказательство

Положим, что $a ≥b≥ c$ (остальные случаи рассм. аналогично). Рассмотрим наборы $a :a3 ≥ b3 ≥ c3,b :a ≥b ≥c i i$ и $c i$ — некоторую перестановку $bi.$ Тогда в левой части по транснеравенству максимальная сумма слагаемых вида $aici,$ а в правой — какая-то сумма такого же вида. Следовательно, неравенство верно.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#90918

Докажите, что

a1 a2 an−1 an a2 + a3 + ... an + a1 ≥n

Показать доказательство

Упорядочим числа так: $a ≥ a ≥ ...≥ a ≥a n n−1 2 1$ (другие случаи аналогичны). Возьмём наборы $a :a ≥ a ≥ ...≥ a ≥ a,b : 1-≥ 1-≥ ...≥ 1-≥ 1 i n n−1 2 1 i a1 a2 a2 a1$ и $ci$ — некоторую перестановку $bi.$ Понятно, что по транснеравенству правая часть неравенства — минимальная сумма чисел вида $aici,$ а левая часть — какая-то сумма такого вида, значит мы получили требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#90919

Докажите, что

--x- --y- --z- -x-- -y-- -z-- x+ y +y +z +z +x ≤ y+ z + z+ x + x+ y

Показать доказательство

Пусть $x ≥y ≥z$ (другие случаи аналогичны). Заметим, что $y +z ≥z+ x≥ x+ y.$ Значит, мы можем рассмотреть наборы $-1- -1- -1- ai :x≥ y ≥ z,bi :x+y ≥ x+z ≥ y+z$ и $ci$ — некоторую перестановку $bi.$ Ясно, что справа по транснеравенству находится максимальная сумма слагаемых $aici,$ а справа — какая-то сумма такого же вида. Значит, неравенство верно.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#90921

Докажите, что для неотрицательных $a,b,c,d$

√-- √-- √-- √-- √-- √ -- 3 ab+ ac+ ad+ bc+ bd+ cd ≤ 2(a +b+ c+d)

Показать доказательство

Перепишем неравенство в виде:

√ -- √ -- √ -- √-- √-- √-- √-- √-- √ -- √ -- √ -- √-- ab+ ab+ ac+ ac+ ad+ ad+ bc+ bc+ bd + bd + cd+ cd≤

≤ a+ a+a +b+ b+ b+c+ c+ c+d +d+ d

Упорядочим числа таким образом: $a≥ b≥ c≥ d$ (другие случаи рассм. аналогично). Возьмём наборы

ai :√a≥ √a ≥√a-≥ √b≥ √b≥ √b≥ √c≥ √c ≥√c-≥√d-≥ √d≥ √d

bi :√a≥ √a ≥√a-≥√b ≥ √b≥ √b≥ √c≥ √c ≥√c ≥√d-≥ √d≥ √d

и $ci$ — некоторую перестановку $bi.$ Тогда по транснеравенству в правой части находится максимальная сумма чисел вида $aici,$ а в левой — какая-то сумма такого же вида. Следовательно, неравенство верно.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#90922

Докажите неравенство

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

Показать доказательство

Пусть $a ≥b≥ c$ (другие случаи аналогичны). Рассмотрим наборы $a :-a-≥ -b-≥ -c,b : 1≥ 1 ≥ 1 i b+c a+c a+b i c b a$ и $c i$ — некоторую перестановку $bi.$ Видно, что в правой части находится минимальная сумма слагаемых вида $aici,$ а в левой — какая-то сумма такого же вида. Получили требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#90923

Пусть $0≤ a ≤ a ≤ ...≤ a 1 2 n$ и $0 ≤b ≤ b ≤ ...≤b . 1 2 n$ Докажите

(a) неравенство Чебышева:

(a1+ a2 +...+ an)(b1+ b2+...+bn)≤ n(a1b1+ a2b2+ ...+ anbn)

(b) неравенство, похожее на Чебышева (не надо его так называть на олимпиадах)

(a1+ a2 +...+ an)(b1+ b2+...+bn)≥ n(a1bn+ a2bn−1+ ...+ anb1)

Показать доказательство

(a) Рассмотрим $n$ перестановок $ci$ набора $bi,$ которые строятся таким образом: первая — тождественная перестановка, вторая получается сдвигом тождественной на один вправо, третья — сдвигом второй на один вправо и так дальше. Для каждой такой перестановки выпишем следующее неравенство:

a1b1+a2b2+ ...+anbn ≥ a1c1 +...+ ancn

Оно верно, так как является транснеравенством. Если просуммировать все такие неравенства, получится в точности требуемое неравенство.

(b) Заметим, что левая сторона равна

(a1b1+a2b2+ ...+anbn)+ (a1bn+a2b1+ ...+anbn−1)+...+(a1b2+ a2b3 +...+ an−1bn +anb1)

Каждая новая скобка получается циклическим сдвигом переменных $bj.$ И каждая из этих скобок не меньше, чем $a1bn+ a2bn−1+ ...+ anb1,$ поскольку это наименьшая оценка в транснеравенстве для наборов $(a1,a2,...,an)$ и $(b1,b2,...,bn).$ Тогда получаем, что левая часть не меньше суммы $n$ скобок вида $(a b +a b +...+a b ), 1n 2 n−1 n 1$ что и доказывает нужное неравенство.