Math    schooL

 

 

Доказательство неравенств

 

Доказательство неравенств

 

Немного теории

Редкая олимпиада обходится без задач, в которых требуется доказать некоторое неравенство. Алгебраические неравенства доказываются с помощью различных методов, которые основываются на равносильных преобразованиях и свойствах числовых неравенств: 

1) если a – b > 0, то a > b; если a – b < 0, то a < b;

2) если a > b, то b < a; если a < b, то b > a;

3) если a < b  и  b < c,  то  a <  c;

4) если a < b  и при этом c – любое число, то a + c < b + c;

5) если a < b  и при этом c > 0, то  ac < bc, a/cb/c;

6) если a < b  и при этом c < 0, то  ac > bc; a/cb/c;

7) если a1 < b1, a2 < b2, . . . , an < bn, то  a1 +  a2 + . . . + an < b1 + b2 + . . . + bn;  

8) если 0 < a1 < b1, 0 < a2 < b2, . . . , 0 < an < bn, то  a1 ·  a2 · . . . · an < b1 · b2 · . . . · bn;

 

Напомним некоторые опорные неравенства, которые часто используются для доказательства других неравенств: 

1) а2 > 0;

2) aх2 + bx + c > 0, при а > 0, b2 – 4ac < 0;

3) x + 1/x > 2, при х > 0,  и  x + 1/x < –2, при х < 0;

4) |a + b| < |a| + |b|, |a – b| > |a| – |b|;

5) если a > b > 0, то 1/a < 1/b;

6) если a > b > 0 и х > 0, то ax > bx, в частности, для натурального n > 2  

a2 > b2  и  na > nb;

7) если a > b > 0 и х < 0, то ax < bx;

8) если х > 0, то sin x < x. 

 

Многие задачи олимпиадного уровня, и это не только неравенства, эффективно решаются с помощью некоторых специальных неравенств, с которыми учащиеся школы часто не бывают знакомы. К ним, прежде всего, следует отнести: 

  • неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим положительных чисел (неравенство Коши):
a + b + c + . . . + z    na · b · c · . . . · z ;
n
  •  неравенство Бернулли:

(1 + α)n ≥ 1 + nα, где α > -1, n – натуральное число;

  • неравенство Коши – Буняковского: 

(a1b1 + a2b2 + . . . + anbn)2 ≤ (a12 + a22 + . . . + an2)( b12 + b22 + . . . + bn2);

 

К наиболее «популярным» методам доказательства неравенств можно отнести:

  • доказательство неравенств на основе определения;
  • метод выделения квадратов;
  • метод последовательных оценок;
  • метод математической индукции;
  • использование специальных и классических неравенств;
  • использование элементов математического анализа;
  • использование геометрических соображений;
  • идея усиления и др.

 

Задачи с решениями

1. Доказать неравенство:

а) a2 + b2 + c2 + 3 > 2 · (a + b + c);

б) a2 + b2 + 1 > ab + a + b;

в) x5 + y5 – x4y – x4y > 0  при  x > 0, y > 0.

а) Имеем

a2 + b2 + c2 + 1 + 1 + 1 – 2a – 2b – 2c = (a – 1)2 + (b – 1)2 + (c – 1)2 > 0,

что очевидно.

 

б) Доказываемое неравенство после умножения обеих частей на 2 принимает вид

2a2 + 2b2 + 2 > 2ab + 2a + 2b,

или

(a2 – 2ab + b2) + (a2 – 2a + 1) + (b2 – 2b +1) > 0,

или

(a – b)2 + (a – 1)2 + (b – 1)2 > 0,

что очевидно. Равенство имеет место лишь при a = b = 1.

 

в) Имеем  

x5 + y5 – x4y – x4y  = x5 – x4y – (x4y – y5) = x4 (x – y) – y4 (x – y) =

= (x – y) ( x4 – y4) = (x – y) (x – y) (x + y) (x2 + y2) = (x – y)2 (x + y) (x2 + y2) > 0.

 

2. Доказать неравенство: 

а)  a  +  b   >  2  при a > 0, b > 0;
b a
б)  Р  +  Р  +  Р   > 9,  где a, b, c – стороны и P – периметр треугольника;
a b c

в) ab(a + b – 2c) + bc(b + c – 2a) + ac(a + c – 2b) > 0,  где a > 0, b > 0, c > 0.

а) Имеем: 

a  +  b  – 2 =  a2 + b2 – 2ab  =  (a – b)2   >  0.
b a ab ab


б) Доказательство данного неравенства элементарно следует из следующей оценки: 

b + c  +  a + c   +  a + b  = 
a b c
b  +  c   +  a  +  c   +  a  +  b  =
a a b b c c
= ( b  +  a ) + ( c  +  a ) + ( c  +  b ) > 6,
a b a c b c

Равенство достигается для равностороннего треугольника.

 

в) Имеем: 

ab(a + b – 2c) + bc(b + c – 2a) + ac(a + c – 2b) =

= abc ( a  +  b  – 2 +  b  +  c  – 2 +  a  +  c  – 2) =
c c a a b b
= abc (( a  +  b  – 2) + ( a  +  c  – 2) + ( b  +  c  – 2)) > 0, 
b a c a c b

так как сумма двух положительных взаимно обратных чисел больше или равна 2.

 

3. Доказать, что если  a + b = 1,  то имеет место неравенство  a8 + b8 > 1/128.

Из условия, что  a + b = 1,  следует, что

a2 + 2ab + b2 = 1.

Сложим это равенство с очевидным неравенством

a2 – 2ab + b2 > 0.

Получим:

2a2 + 2b2 > 1,  или  4a4 + 8a2b2 + 4b2 > 1.

Сложив это неравенство с очевидным неравенством

4a4 – 8a2b2 + 4b2 > 0,

получим:

8a4 + 8b4 > 1,  откуда  64a8 + 128a4b4 + 64b4 > 1.

Сложив это неравенство с очевидным неравенством

64a8 – 128a4b4 + 64b4 > 0,

получим:

128a8 + 128 b8 > 1  или  a8 + b8 > 1/128.

 

4. Что больше ее · ππ или е2π? 

Рассмотрим функцию  f(x) = x – π · ln xПоскольку f’(x) = 1π/х, и слева от точки  х = π   f’(x) < 0,  а справа —  f’(x) > 0,  то  f(x)  имеет наименьшее значение в точке х = πТаким образом f(е) > f(π), то есть

е – π · ln е = е – π > π – π · ln π 

или 

е + π · ln π > 2π.

Отсюда получаем, что

е е + π · ln π > е 2π,

е е · е π · ln π > е 2π,

ее · ππ > е2π.

 

5. Доказать, что 

lg (n + 1) >  lg 1 + lg 2 + . . . + lg n .
n 

Используя свойства логарифмов, нетрудно свести данное неравенство к равносильному неравенству:

(n + 1)n > n!,

где n! = 1 · 2 · 3 · . . .  · n (n-факториал). Кроме того имеет место система очевидных неравенств:

n + 1 > 1,

n + 1 > 2,

n + 1 > 3,

. . . . .

n + 1 > n,

после почленного умножения которых, непосредственно получаем, что  (n + 1)n > n!. 

 

6. Доказать, что  20132015 · 20152013 < 20142·2014 .

Имеем:

20132015 · 20152013 = 20132 · 20132013 · 20152013 =

= 20132 · (2014 – 1)2013 · (2014 + 1)2013 < 20132 · (20142 – 1)2013 <

< 20142 · (20142)2013 = 20142 + 2·2013  = 20142·2014 .

Очевидно, так же можно получить общее утверждение: для любого натурального n выполняется неравенство

(n – 1)n+1(n + 1)n–1 < n2n.

 

7. Докажите, что для любого натурального числа n выполняется неравенство: 

1  +  1  +  1  + . . . +  1  <  2n – 1 .
1! 2! 3! n! n

Оценим левую часть неравенства:

1  +  1  +  1  + . . . +  1  = 
1! 2! 3! n!
= 1 +  1  +  1  +  1  + . . . +  1  <
1 · 2 1 · 2 · 3 1 · 2 · 3 · 4 1 · 2 · 3 · . . . · n
< 1 +  1  +  1  +  1  + . . . +  1  =
1 · 2 2 · 3 3 · 4 (n – 1) · n
= 1 + (1 – 1 ) + ( 1  –  1 ) + ( 1  –  1 ) + . . . + ( 1  –  1 ) = 2 –  1 ,
2 2 3 3 4 n – 1 n n

что и требовалось доказать. 

 

8. Пусть а12,  а22,  а32,  . . . ,  аn2 – квадраты n различных натуральных чисел. Докажите, что

(1 – 1 )(1  –  1 )(1  –  1 ) . . . (1  –  1 ) 1 .
а12 а22 а32 аn2 2

Пусть наибольшее из этих чисел равно m. Тогда

(1 – 1 )(1  –  1 )(1  –  1 ) . . . (1  –  1 ) > 
а12 а22 а32 аn2
> (1 – 1 )(1  –  1 )(1  –  1 ) . . . (1  –  1 ),
22 32 42 m2

так как в правую часть добавлены множители, меньшие 1. Вычислим правую часть, разложив каждую скобку на множители:

(1 · 3)(2 · 4)(3 · 5) . . . (m – 1)(m + 1)  = 
2· 32 · 42 · . . . · m2
2 ·  32 · 42 · . . . · (m – 1)2 ·  (m + 1)  =  m + 1  =  1  +  1   1 .
2· 32 · 42 · . . . · m2 2m 2 2m 2

 

9. Даны положительные числа  a1, a2, . . . , an.  Известно, что  a1 + a2 + . . . + an ≤ 1/Докажите, что  

(1 + a1)(1 + a2) . . . (1 + an) < 2.

Способ 1.

Раскрыв в левой части скобки, получим сумму  

1 + (a1 + . . . + an) + (a1a2 + . . . + an–1an) + (a1a2a3 + . . . + an–2an–1an) + . . . + a1a. . . an

Сумма чисел во второй скобке не превосходит  (a1 + . . . + an)2,  сумма в третьей скобке не превосходит  (a1 + . . . + an)3,  и так далее. Значит, все произведение не превосходит   

1 + 1/2 + 1/4 + 1/8 + . . . + 1/2n = 2 – 1/2n < 2. 

Способ 2.

Методом математической индукции докажем, что для всех натуральных n верно неравенство:

(1 + a1) . . . (1 + an) < 1 + 2(a1 + . . . + an).

При n = 1 имеем:  1 + a1 < 1 + 2a1.

Пусть при n = k имеет место:  (1 + a1) . . . (1 + ak) < 1 + 2(a1 + . . . + ak). 

Рассмотрим случай n = k +1:  (1 + a1) . . . (1 + ak)(1 + ak+1) <

< (1 + 2(a1 + . . . + ak))(1 + ak+1) ≤ 1 + 2(a1 + . . . + ak) + ak+1(1 + 2 · 1/2) =

= 1 + 2(a1 + . . . + ak + ak+1).

В силу принципа математической индукции неравенство доказано.

 

10. Доказать неравенство Бернулли:

(1 + α)n ≥ 1 + nα, 

где α > -1, n – натуральное число. 

Воспользуемся методом математической индукции.

При n = 1 получаем истинное неравенство:

1 + α ≥ 1 + α.

Предположим, что имеет место неравенство:

(1 + α)n ≥ 1 + nα.

Покажем, что тогда имеет место и

(1 + α)n + 1 ≥ 1 + (n + 1)α.

Действительно, поскольку α > –1 влечет α + 1 > 0, то умножая обе части неравенства

(1 + α)n ≥ 1 + nα

на (a + 1), получим

(1 + α)n(1 + α) ≥ (1 + nα)(1 + α)

или

(1 + α)n + 1 ≥ 1 + (n + 1)α + nα2

Поскольку nα2 ≥ 0, следовательно,

(1 + α)n + 1 ≥ 1 + (n + 1)α + nα2 ≥ 1 + (n + 1)α.

Таким образом, согласно принципу математической индукции, неравенство Бернулли справедливо.

 

Задачи без решений

1. Доказать неравенство для положительных значений переменных

a2b2 + b2c2 + a2c2 ≥ abc(a + b + c).

 

2. Доказать, что при любом a имеет место неравенство   

3(1 + a2 + a4) ≥ (1 + a + a2)2.

 

3. Доказать, что многочлен  x12 – x9 + x4 – x + 1  при всех значениях x положителен.

 

4. Для 0 < x < e доказать неравенство 

(e + x)e – x > (e – x)e + x

 

5. Пусть a, b ,c – положительные числа. Докажите, что 

a + b  +  b + c  +  a + c  ≤  1  +  1  +  1 .
a2 + b2 b2 + c2 a2 + c2 a b c

 

Нам 4 года!

14 марта 2016 года сайту Математика для школы|math4school.ru исполнилось 4 года. Поскольку число 4 для нашего сайта не чужое, мы решили подвести некоторые итоги.

Новый формат главного меню

Расширены функциональные возможности главного меню.

Галерея на сайте math4school.ru
Приглашаю посетить Галерею, – новый раздел на сайте.

444 года со дня рождения Иоганна Кеплера

27 декабря 2015 года исполнилось 444 года со дня рождения Иоганна Кеплера.

Новый раздел на сайте math4school.ru

Закончена работа над новым разделом сайта Работа над ошибками.

Союз образовательных сайтов