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/c < b/c;
6) если a < b и при этом c < 0, то ac > bc; a/c > b/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 n√a > n√b;
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 | ≥ | n√a · 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 x. Поскольку f’(x) = 1 – π/х, и слева от точки х = π f’(x) < 0, а справа — f’(x) > 0, то f(x) имеет наименьшее значение в точке х = π. Таким 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) | = |
| 22 · 32 · 42 · . . . · m2 |
| = | 2 · 32 · 42 · . . . · (m – 1)2 · (m + 1) | = | m + 1 | = | 1 | + | 1 | > | 1 | . |
| 22 · 32 · 42 · . . . · m2 | 2m | 2 | 2m | 2 |
9. Даны положительные числа a1, a2, . . . , an. Известно, что a1 + a2 + . . . + an ≤ 1/2 . 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) + . . . + a1a2 . . . 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:
Предположим, что имеет место неравенство:
(1 + α)n ≥ 1 + nα.
Покажем, что тогда имеет место и
Действительно, поскольку α > –1 влечет α + 1 > 0, то умножая обе части неравенства
(1 + α)n ≥ 1 + nα
на (a + 1), получим
или
Поскольку nα2 ≥ 0, следовательно,
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 |
Создано на конструкторе сайтов Okis при поддержке Flexsmm - тик ток накрутка