Доказательство неравенств

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, . . . , a_n < b_n, то  a₁ +  a₂ + . . . + a_n < b₁ + b₂ + . . . + b_n;  

8) если 0 < a₁ < b₁, 0 < a₂ < b₂, . . . , 0 < a_n < b_n, то  a₁ ·  a₂ · . . . · a_n < b₁ · b₂ · . . . · b_n;

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 a^x > b^x, в частности, для натурального n > 2  

a² > b²  и  ⁿ√a > ⁿ√b;

7) если a > b > 0 и х < 0, то a^x < b^x;

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):

•  неравенство Бернулли:

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

• неравенство Коши – Буняковского: 

(a₁b₁ + a₂b₂ + . . . + a_nb_n)² ≤ (a₁² + a₂² + . . . + a_n²)( b₁² + b₂² + . . . + b_n²);

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.

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) Имеем: 

б) Доказательство данного неравенства элементарно следует из следующей оценки: 

Равенство достигается для равностороннего треугольника.

в) Имеем: 

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 е^е · π^π или е^2π? 

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,

е^е · π^π > е^2π.

5. Доказать, что 

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 < 2014^2·2014 .

Имеем:

2013²⁰¹⁵ · 2015²⁰¹³ = 2013² · 2013²⁰¹³ · 2015²⁰¹³ =

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

< 2014² · (2014²)²⁰¹³ = 2014^{2 + 2·2013}  = 2014^2·2014 .

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: 

Оценим левую часть неравенства:

что и требовалось доказать. 

8. Пусть а₁²,  а₂²,  а₃²,  . . . ,  а_n² – квадраты n различных натуральных чисел. Докажите, что

Пусть наибольшее из этих чисел равно m. Тогда

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

9. Даны положительные числа  a₁, a₂, . . . , a_n.  Известно, что  a₁ + a₂ + . . . + a_n ≤ ¹/₂ . Докажите, что  

(1 + a₁)(1 + a₂) . . . (1 + a_n) < 2.

Способ 1.

Раскрыв в левой части скобки, получим сумму  

1 + (a₁ + . . . + a_n) + (a₁a₂ + . . . + a_n–1a_n) + (a₁a₂a₃ + . . . + a_n–2a_n–1a_n) + . . . + a₁a₂ . . . a_n. 

Сумма чисел во второй скобке не превосходит  (a₁ + . . . + a_n)²,  сумма в третьей скобке не превосходит  (a₁ + . . . + a_n)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 + a_n) < 1 + 2(a₁ + . . . + a_n).

При n = 1 имеем:  1 + a₁ < 1 + 2a₁.

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

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

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

= 1 + 2(a₁ + . . . + a_k + a_k+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.

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