Неравенства

Неравенства
Задача 1. Пусть a1, a2 , a3 — произвольные вещественные числа, а b1, b2 , b3
они же, но взятые в другом порядке. Доказать, что a1b1  a2b2  a3b3  a12  a22  a32 .
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
Решение: Заметим, что a1b1  a12  b12 , a2b2  a22  b22 , a3b3  a32  b32 .
Складывая почленно эти три неравенства, получим
a1b1  a2b2  a3b3 
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
a1  b1  a2  b2  a3  b3  a12  a22  a32 .
2
2
2
2
2
2
Задача 2. Доказать, что при любых положительных a и b выполняется
неравенство


a  b  64aba  b  .
8
2
Решение: Положим a  x 2 и b  y 2 . Извлекая корень квадратный из обеих
частей неравенства, получим ( x  y)4  8xy( x 2  y 2 ) .
После очевидных преобразований получаем эквивалентное неравенство
( x  y ) 4  0 , справедливое при всех x и y .
Задача 3. Доказать, что если a, b, c положительные числа и a  b  c , то
a 2 / 3  b2 / 3  c2 / 3 .
Решение. Так как
a b
a
  1, 0  ,
c c
c
b
 1,
c
то
a
 
c
2/3
b
 
c
2/3

a b
  1.
c c
Следовательно, a 2 / 3  b 2 / 3  c 2 / 3 .
Задача 4. Докажите, что при положительных значениях a, b, c верно
неравенство
(a 2  a  1)(b 2  b  1)(c 2  c  1)
 27 .
a b c
Решение.
a2  a 1 3 2
 a  a 1  a .
3
c2  c 1 3 2
 c  c 1  c .
3
положительными
Перемножим
членами:
Аналогично:
три
полученных
b2  b 1 3 2
 b  b 1  b ;
3
неравенства
(a 2  a  1)(b 2  b  1)(c 2  c  1)
 a b c ,
27
с
или
(a 2  a  1)(b 2  b  1)(c 2  c  1)
 27 , что и т.д.
a b c
Задача 5. Докажите, что при положительных значениях a, b, c верно
неравенство
(a 2  a  1)(b 2  b  1)(c 2  c  1)
 27 .
a b c
a2  a 1 3 2
 a  a 1  a .
3
Решение.
c2  c 1 3 2
 c  c 1  c .
3
положительными
Перемножим
b2  b 1 3 2
 b  b 1  b ;
3
Аналогично:
три
полученных
неравенства
(a 2  a  1)(b 2  b  1)(c 2  c  1)
 a b c ,
27
членами:
с
или
(a 2  a  1)(b 2  b  1)(c 2  c  1)
 27 , что и т.д.
a b c
Задача 6. Доказать, что 3 6  3 6  ...  3 6  3 6  6  6  ...  6  6 <5.
2006 раз 2007 раз.
Решение.
3
3
6  3 6  ...  3 6  3 6  6  6  ...  6  6 <
6  3 6  ...  3 6  3 8  6  6  ...  6  9 =2+3=5.
Ответ: 5
Задача 7. Решить неравенство х2 - │5х - 3│ - х<2.
Решение.
5 х  3  0,
 2
 x  6 x  1  0,
5 x  3  0,
 x 2  4 x  5  0

Неравенство
которая,
в
равносильно
свою
очередь,
совокупности
двух
равносильна
систем
совокупности
3
 5  x  3  8,
откуда приходим к выводу, что -5<x<3+ 8 .

3
 5  x 
5

Ответ: х(-5; 3+ 8 )
Задача 8. Решить неравенство а2 - 9х+1 - 8а3х>0, где а – параметр.
Решение. Если а=0, то очевидно, что неравенство решений не имеет.
Пусть а0. Обозначим 3х=t, t>0. Тогда исходное неравенство можно
переписать в виде
9t2+8at - a2<0 или в виде (9t - a)(t+a)<0. Полученное неравенство
равносильно совокупности
a  0,

1
0  t  a
9 или совокупности

a

0
,

0  t   a

a  0,
 x a
3  ,
9 или совокупности

a

0
,

3 x   a

a  0,
 x
 x  log 3 a  2,
a  0,

 x  log 3 (a ).
Отсюда получаем, что если a<0, то x<log3( - a); если a=0, то решений нет;
если a>0 x<log3a - 2.
Ответ: если a<0, то х<log3( - a); если a=0, то решений нет; если a>0
x<log3a - 2
Задача 9. Для некоторых положительных чисел x и y выполняется
неравенство x² + y³ ≥ x³ + y4. Докажите, что x³ + y³ ≤ 2.
Решение: Вначале докажем, что x + y² ≤ x² + y³.
Допустим противное: x + y² < x² + y³, тогда, складывая это неравенство с
неравенством x³ + y4 ≤ x² + y³, получим (x + x³) + (y² + y4) < 2x² + 2y³, что
противоречит неравенствам x + x³ ≥ 2x² и y² + y4 ≥ y³.
Из доказанного неравенства получаем
x + y² ≥ x² + y³ ≥ x³ + y4, откуда 2x + 2y² ≥ x² + y³ + x³ + y4.
Замечая, что (1 + x²) + (1 + y4) ≥ 2x + 2y² ≥ x² + y³ + x³ + y4, получаем
неравенство 2 + x² + y4 ≥ x² + y³ + x4 + y4, равносильное требуемому.
Задача 10. Докажите, что
положительных вещественных чисел a, b и c.
для всех
Решение: Сначала докажем, что
или, что то же самое,
По неравенству о средних
Отсюда
Значит
точно также
и
Сложив
эти
три
неравенства,
получим:
Можно доказать, что для любых a,b,c > 0 и
λ
≥ 8 выполняется
следующее неравенство:
Задача 11. Решите неравенство
Решение: Заметим, что все решения исходного неравенства существуют,
если подкоренные выражения неотрицательны.
Одновременно эти неравенства выполняются лишь при условии x2 – 4x +
3 = 0. Это уравнение имеет два корня 1 и 3. Проверка показывает, что исходное
неравенство имеет единственное решение 3.
Ответ: 3
Задача 12. Докажите неравенство x2 - 3x3 < 1/6 на луче [1/4; + ∞).
Решение: Пусть y = x2 – 3x3. Тогда y' = 2x – 9x2 и с помощью метода
интервалов получаем, что y' < 0 при всех x>2/9. Но 1/4>2/9, следовательно,
функция y(x) убывает на луче [1/4; +∞]. Это значит, что x2 - 3x3<1/16 - 3/64 =
1/64 < 1/64.
Задача 13. Положительные числа х1, …, хk удовлетворяют неравенствам
x13  ...  xk3
x1  ...  xk
x12  ...  x k2
2
2
<
, х1 + … + хk <
. Докажите, что k>50. Найдите
минимальное k, для которого пример возможен.
Решение. По условию 4x1  ...  xk  < 2(х1 + … + хk) < x1  ...  xk . Таким
образом, хотя бы для одного числа (пусть для х1) выполнено неравенство
2
2
3
3
2
2
4 x12  x13 , то есть х1 > 4. Отсюда (2 x 2  x 2 )  ...  (2 x k  x k ) < 4 – 242 = –28.
Поскольку минимум функции 2x2 – x равен

1
8 , то k – 1 > 828 > 50.
2
2
Возьмем k = 2501, х1 = 10, х2 = х3 = … = х2501 = 0,1. Тогда x1  ...  x 2501
3
3
= 100 + 25 = 125, х1 + … + х2501 = 10 + 250 = 260, x1  ...  xk > 1000, и все
неравенства выполнены.
Задача 14. Пусть 1 
1 1
1
a
  ... 
= n,
2 3
n
bn
где
an
– несократимая дробь.
bn
Докажите, что существует бесконечно много натуральных n, при которых
выполнено неравенство bn+1 < bn.
Решение. Пусть n = p(p – 1) – 1, где p – нечетное простое число.
Заметим, что bn+1 не делится на p. Действительно, в соответствующей
сумме только знаменатели дробей
1
1
1
,
, …,
делятся на p, но их можно
p 2p
( p  1) p
сгруппировать попарно так, чтобы знаменатель суммы на p не делился:
1
1
1
=
,

p ( p  1) p
p 1
В то же время
1
1
1
=
,…

2 p ( p  2) p
2( p  2)
an
a ( p  1) p  bn1
a
1
= n 1 –
= n1
.
( p  1) p
bn
bn1 ( p  1) p
bn 1
Пусть числитель и знаменатель последней дроби удалось сократить на d:
an+1(p – 1)p  bn+1 (mod d), bn+1(p – 1)p  0 (mod d).
Тогда an+1(p – 1)2p2  bn+1(p – 1)p  0 (mod d). Числа d и p взаимно просты
(иначе bn+1 кратно p). Числа d и an+1 тоже взаимно просты (иначе bn+1 делится
на их общий делитель, то есть an+1 и bn+1 не взаимно просты). Поэтому (p – 1)2
делится на d. Следовательно, d  (p – 1)2.
Значит, bn 
b p
bn 1 ( p  1) p
= n 1 > bn+1, и утверждение задачи следует из
2
p 1
( p  1)
бесконечности множества простых чисел.