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

 

Группа Математика для школы|math4school.ru ВКонтакте

Давно собирался и вот, наконец! Примерно так выглядит история нашей группы ВКонтакте. Сомнения в необходимости её существования отброшены, и первые материалы сообщества уже выложены.

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.