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 64aba 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 - 8а3х>0, где а – параметр. Решение. Если а=0, то очевидно, что неравенство решений не имеет. Пусть а0. 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 4x1 ... 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 – 242 = –28. Поскольку минимум функции 2x2 – x равен 1 8 , то k – 1 > 828 > 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 bn1 a 1 = n 1 – = n1 . ( p 1) p bn bn1 ( 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.