Классические неравенства —Каталог задач по Олимпиадной математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Классические неравенства

Тема АЛГЕБРА

Классические неравенства

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Разделы подтемы Классические неравенства

Раскрытие и закрытие скобок

Правильная замена и преобразование выражений

Неравенство о средних

Оценки в классических неравенствах

Неравенство КБШ для наборов, КБШ для дробей (неравенство Седракяна)

Идеи метода Штурма

pqr-метод

Метод отделяющей касательной

Неравенство Йенсена

Использование производной и экстремумов в классических неравенствах

Подтемы раздела алгебра

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#88064

Докажите неравенство

( -1-) ( -1-) -1-- -1-- log2 1+ 2023 +log2 2− 2024 >1 + 2023 − 2024

Показать доказательство

Докажем, что для всех $x∈ (0,1)$ верно неравенство

log2(x+1)> x

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Для этого достаточно показать, что $x+ 1> 2x.$ Действительно, пусть $f(x)=x +1− 2x$ , тогда $f′′(x)=− ln22 ⋅2x <0$ , следовательно, $f(x)$ выпукла вверх на отрезке $[0,1].$ Кроме этого $f(0)= 0$ и $f(1)= 1$ , а значит, $f(x)> x$ для всех $x ∈(0;1)$ , а значит, $f(x)>0$ для всех $x∈ (0;1)$ , откуда получаем требуемое.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Так как $-1- 0< 2023 <1$ и $-1- 0 <1− 2024 < 1,$ то применяем доказанное неравенство:

( 1 ) ( 1 ) 1 1 log2 1+ 2023- +log2 1+(1− 2024-) > 2023-+1− 2024

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#86471

Найдите все пары чисел $(x;y)$ , удовлетворяющие уравнению

(cosx +cosy)(sinx+ siny)= 2

Показать ответ и решение

Первое решение.

По формулам суммы косинусов и синусов уравнение равносильно

x+ y x− y x +y x− y 2cos -2--cos -2--⋅2sin--2-cos--2- =2

По формуле синуса двойного угла это превращается в

sin(x+ y)⋅cos2 x−2-y= 1

Так как $0≤ cos2 x−2y ≤1$ и $− 1 ≤sin(x+ y)≤ 1,$ то левая часть уравнения не превосходит 1. А равенство достигается лишь в случае

{ sin(x+ y)=1 cos2 x−2y =1

{ x+ y = π+ 2πn,n ∈ℤ x− y = 22πm, m∈ ℤ

{ y = x+ 2πk,k∈ ℤ 2x = π2 + 2πn,n ∈ℤ

{ x = π4 + πn,n ∈ℤ y = π4 + πn +2πk,n∈ ℤ

________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Раскроем скобки в левой части:

(cosx+ cosy)(sinx +sin y)= (cosxsinx+ cosxsiny +cosysinx+ cosy siny)

Применим неравенство Коши-Буняковского-Шварца для векторов из $4$ чисел:

a= (cosx,siny,sin x,cosy),b= (sin x,cosx,cosy,sin y)

Получим:

(a,b)=(cosxsinx+ cosxsiny+ cosysinx +cosysiny)≤

∘ ----------------------∘ ----------------------- ≤ |a|⋅|b|= cos2x +sin2y +sin2x+ cos2y sin2x+ cos2x+ cos2y+ sin2y = 2

Но левая часть неравенства равна $2$ по условию. Значит, в неравенстве КБШ левая и правая части равны для $x,y,$ удовлетворяющих условию задачи.

Как известно, равенство в КБШ достигается, когда векторы коллинеарны, то есть для некоторого $k$

(|| cosx= ksinx ||{ sinx =k cosy || cosy = ksiny ||( siny =k cosx

Последовательно подставляя, уравнения системы получим:

2 3 4 cosx= ksinx = kcosy = k siny = k cosx

Откуда либо $cosx =0$ , тогда $siny =cosy = cosx =0,$ что противоречит основному тригонометрическому тождеству $0 =sin2x +cos2x ⁄=1.$

Либо $k4 = 1$ , то есть $k =±1$ .

В случае $k= −1$ получится система:

(|| cosx =− sinx ||{ sinx =− cosy || cosy =− siny ||( siny =− cosx

Подставим $cosy = − siny$ во второе уравнение системы и $cosx= − sinx$ в четвёртое

( ||| cosx =− sinx |{ sinx =sin y ||| cosy =− siny |( siny =sin x

Нетрудно проверить, что в таком случае

(cosx+ cosy)(sinx +sin y) =−2

что не подходит под условие задачи.

В случае $k= 1$ получится система:

( |||| cosx =sin x { sinx= cosy |||| cosy = siny ( siny = cosx

Которая имеет решения

(π4 + πn;π4 + πn+ 2πk),k,n ∈ℤ

Ответ:

$(π +πn;π +πn +2πk), k,n∈ℤ 4 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#85999

Даны ненулевые числа $x,y,z,w$ такие, что $x+ y ⁄= 0,z+ w ⁄=0$ и $xy+ zw≥ 0.$ Докажите неравенство

( x+ y z+ w)− 1 1 (x z)−1 ( y w )−1 z+w-+ x+-y + 2 ≥ z + x + w + y

Показать доказательство

Приведем все дроби к общему знаменателю:

( (x +y)2+ (z+ w)2)−1 1 ( x2+z2)−1 ( y2+w2 )−1 --(x+-y)(z+-w)-- + 2 ≥ -xz--- + -yw---

Преобразуем полученное неравенство

1− --xz--+ 1− --yw--≥ 1 −--(x+-y)(z+-w)- 2 x2+ z2 2 y2+ w2 2 (x+ y)2 +(z+ w)2

и снова приведем пары слагаемых к общему знаменателю:

(x−-z)2-- -(y−-w)2- --(x-+y−-z−-w)2-- 2(x2+ z2) + 2(y2+w2) ≥ 2((x+ y)2+ (z +w)2)

Далее имеем

2 2 2 2 2(x(x−2+z)z2)-+ (2(yy−2+w)w2) ≥ 2((xx2−+-zy+2+y−z2-w+)w2) ≥ 2(((xx++yy)−2+z−(z+w)w)2)

где первое неравенство следует из дробного КБШ, а второе — из неравенства

(x +y)2+(z+ w)2 = x2+y2+ z2+ w2+ 2(xy+ zw)≥x2+ y2+ z2+w2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#85998

Даны положительные числа $x,y,z.$ Докажите, что

3 2 2 2 4(x+ y+z) ≥ 27(x y+ yz+ z x+xyz)

Показать доказательство

Поскольку неравенство циклическое, не умаляя общности, пусть $y$ — второе по величине число. Тогда $z(y− x)(y− z)≤0,$ то есть $2 2 2 y z+ zx ≤xyz+ yz.$ Используя это неравенство, получаем

2 2 2 2 2 2 x +z x+ z 27(x y+y z+ z x+xyz)≤ 27(x y+2xyz+ yz)= 27y(x+ z) = 4⋅27y⋅--2- ⋅-2--≤

( )3 ≤ 4 y+ x+-z+ x-+z =4(x+ y+ z)3 2 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#85997

Вещественные числа $a,b,c,d$ удовлетворяют равенствам $a+ b+c+ d= 6,a2+ b2+ c2+ d2 = 12$ . Докажите, что

3 3 3 3 4 4 4 4 36≤ 4(a + b +c + d)− (a +b + c+ d )≤48

Показать доказательство

Заметим, что

3 3 3 3 4 4 4 4 4 4 4 4 4(a +b + c+ d )− (a + b+ c + d)= −(a− 1) − (b− 1) − (c− 1)− (d− 1) +

2 2 2 2 4 4 4 4 +6(a + b+ c + d)− 4(a+ b+ c+d)+ 4= −(a− 1) − (b− 1) − (c− 1) − (d − 1)+

+6⋅12− 4 ⋅6 +4= −(a− 1)4− (b− 1)4− (c− 1)4− (d− 1)4+ 52

Сделаем замену $x= a− 1,y =b− 1,z = c− 1,t= d− 1.$ Тогда

x2+y2+ z2+ t2 = a2+ b2+c2+ d2− 2(a+ b+c+ d)+4 =4

а нам требуется доказать неравенства

52− 48 ≤x4+ y4+ z4 +t4 ≤ 52− 36

Первое неравенство верно, поскольку

x4+ y4+ z4 +t4+4 ≥2(x2+ y2 +z2+ t2)= 8

Второе неравенство верно, поскольку

x4+ y4+ z4 +t4 ≤ (x2+ y2+ z2 +t2)2 = 16

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#85995

Положительные числа $a,a ,...,a 1 2 n$ образуют арифметическую прогрессию (именно в таком порядке). Докажите неравенство

1- 1- 1- -n-- a21 + a22 +...+ a2n ≥ a1an

Показать доказательство

Можно считать, что разность прогрессии равна $1$ (иначе все числа можно домножить на одну и ту же константу). Тогда для каждого $i= 1,2,...,n− 1$ имеем $1-- --1- --1-- -1 -1-- 2a2i + 2a2i+1 ≥aiai+1 = ai − ai+1.$ Кроме того $1-- -1- --1- 2a21 +2a2n ≥ a1an.$ Складывая все полученные неравенства, получаем

1 1 1 1 1 1 n− 1 1 n a21 + a22 + ...+ a2n ≥ a1-− an + a1an-= a1an + a1an = a1an

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#85994

Для трех положительных чисел $a,b,c$ выполнено равенство $1+ 1+ 1= 1. a b c$ Докажите неравенство

√ ----- √----- √ ----- √--- √- √- √- a+bc+ b+ ca + c+ab≥ abc+ a+ b+ c

Показать доказательство

Исходное условие равносильно тому, что $ab+ bc+ca= abc.$ Возведя неравенство в квадрат, и сократив сумму квадратов, получим

√----√----- √ ----√----- √ ----√----- 2 a+ bc b +ca+ 2 b+ ca c+ ab+ 2 c+ab a +bc≥

≥ 2√ab+ 2√bc+2√ca+ 2√a2bc-+2√b2ca-+2√c2ab

Осталось лишь заметить, что

√a-+bc√b+-ca≥√ab-+√c2ab-

так как после возведения в квадрат получится неравенство

ab+ c2ab+ c(a2+ b2)≥ ab+c2ab+c ⋅2ab

которое очевидно верно. Сложив три аналогичных неравенства, получим требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#85993

Положительные числа $a$ и $b$ удовлетворяют условиям $a3 = a+ 1,b6 = b+ 3a.$ Докажите, что $a> b.$

Показать доказательство

Понятно, что $a> 1$ и $b> 6√3a> 1.$ Заметим, что

6 6 2 a − b = a +2a +1− b− 3a =a(a− 1)− (b− 1)> (a− 1)− (b− 1)= a− b

Тогда $a6− a> b6− b.$ С другой стороны функция $f(x)= x6− x =x(x5− 1)$ является сторого возрастающей на промежутке $(1,∞),$ откуда получаем $a >b.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#85992

Для положительных $a,b,c$ докажите неравенство

√a2+-2− 1 √b2+2-− 1 √c2-+2− 1 3√2- ----b----+ ---c-----+----a---- ≥-2-

Показать доказательство

По неравенству между средним арифметическим и средним квадратическим имеем $√-2--- a+-√2 a-- a + 2≥ √2 = √2 +1.$ Аналогчино оценив все дроби, получим

√-2--- √-2--- √-2--- -a-+-2−-1+ -b-+-2−-1+ -c-+-2− 1-≥ √a-+ √b-+ √c-≥ √3- b c a 2b 2c 2a 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#85991

Положительные числа $a,b,c,d$ таковы, что $abcd= 1$ и $a+ b+c +d> a + b+ c+ d. b c d a$ Докажите, что

b c d a a +b+ c+ d< a + b + c + d

Показать доказательство

Докажем, что

( a b c d) (b c d a) 4(a +b+ c+ d)≤ 3 b + c + d + a + a + b + c + d

откуда будет следовать неравенство из условия. Заметим, что

∘ ---- ∘ --- ∘---- a + a + b+ a≥ 44 a3b-=4 4a3-= 44 a4-= 44√a4-=4a b b c d b2cd bcd abcd

Сложив 4 аналогичных неравенства со сдвинутыми по циклу переменными, получим требумое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#85990

Произведение действительных чисел $x,y$ и $z$ равно $1.$ Докажите неравенство

--x2-- --y2-- --z2-- (x− 1)2 + (y− 1)2 +(z− 1)2 ≥1

Показать доказательство

Сделаем замену. Пусть $a= -x-,b= -y-,c =-z-. x−1 y−1 z−1$ Тогда

------1-------- ------xyz------ (a − 1)(b− 1)(c− 1) = (x− 1)(y− 1)(z− 1) = (x − 1)(y − 1)(z − 1) = abc

То есть нам известно, что $ab+ bc+ac= a+ b+ c− 1.$ Надо доказать неравенство $a2+ b2+ c2 ≥ 1.$ Заметим, что

a2 +b2+ c2 =(a+ b+c)2− 2(ab+bc+ ca) =(a+ b+c)2− 2(a+ b+c)+ 2≥ 1

где последнее неравенство, в итоге, собирается в полный квадрат.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#85988

Сумма положительных чисел $a,b,c$ равна $3.$ Докажите, что

-a2-- -b2-- --c2-- 3 a+ b2 + b+c2 + c+ a2 ≥ 2

Показать доказательство

Заметим, что $-a2--= a− -ab2-. a+ b2 a+ b2$ Поэтому достаточно доказать, что

ab2 bc2 ca2 3 a+-b2-+ b+c2 + c+-a2 ≤ 2

Применив неравенство о средних к знаменателям, а далее к числам вида $√- a$ и $√-- ab$ , получим

2 2 2 2 2 2 √- √- √- aa+bb2 + bbc+c2-+cc+aa2 ≤ 2abb√a +-bc√ +2caa√c = 12(b a +c b+ a c)≤ 2c b

≤ 1(ab +bc+ ac+ a+ b+ c) 4

Осталось заметить, что

2 2 2 2 9= (a+b+ c) =a + b +c + 2(ab+ bc+ca)≥ 3(ab+bc+ ca)

откуда

1(ab+bc+ ac+a +b+ c)≤ 1(3+ 3)= 3 4 4 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#85987

Докажите, что для любых различных положительных чисел $a,b,c$ из отрезков с длинами

3∘-------2--2-∘3------2--2- 3∘------2---2- (a− b)(a − b ), (b− c)(b − c), (c− a)(c − a )

можно составить треугольник.

Показать доказательство

Не умаляя общности, пусть $a$ — наибольшее число, а $c$ — наименьшее число. Тогда понятно, что из трех выражений $3∘ (c−-a)(c2− a2)$ — наибольшее. То есть достаточно доказать неравенство

∘3------------ 3∘ ----------- 3∘ ------------ (a− b)(a2− b2)+ (b − c)(b2− c2)> (c− a)(c2− a2)

Заметим, что

3∘ ------ 3∘------ 3∘------ (a − b)3+ (b− c)3 = a− b+b− c= a− c= (a− c)3

Чтобы из последних выражений получить исходные, достаточно умножить подкоренные выражения на $a +b 2b b+ c 2c a +c 2c a-− b =1 +a-− b,b−-c = 1+ b−-c,a-− c =1 +a-− c.$ Поскольку среди чисел $2c< 2b,a− c< b− c$ и $a− c< a− b,$ получаем, что подкоренное выражение справа увеличилось в наименьшее число раз, а значит, исходное неравенство доказано.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#85986

Положительные числа $a,b,c$ удовлетворяют условию $a +b+ c+ abc= 4.$ Докажите, что

( a )( b ) ( c ) 1+ b + ca 1+ c + ab 1+ a + bc ≥27

Показать доказательство

Применяя неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим для четырех чисел, получаем $a+b +c+ abc ≥4√abc,$ откуда $abc ≤1.$ Преобразовав исследуемое выражение, получим

( a )( b )( c ) (a+b+ abc)(b+c+ abc)(c +a+ abc) 1+ b +ca 1+ c +ab 1+ a +bc = ------------abc------------ =

= (4−-a)(4−-b)(4− c)= 64−-16(a+-b+-c)+-4(ab+-bc+ca)− abc= abc abc

( ) = 64− 16(4− abc)+4(ab+bc+-ca)−-abc-= 15+ 4 1+ 1+ 1 ≥15+ √132--≥27 abc a b c abc

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#85985

Докажите, что для любых положительных чисел $a$ и $b$ выполнено неравенство

---1--- ----1----- -1 a+ b+ 2 − (a+1)(b +1) ≤ 16

Показать доказательство

Пусть $x =a +1,y = b+1.$ Тогда достаточно доказать неравенство

--1- 1- 1- x +y − xy ≤ 16

Домножив на знаменатели, получаем

16(xy− x− y)≤xy(x+ y)

Пусть $√ -- t= xy.$ Тогда

16(xy− x− y)≤16(t2− 2t), xy(x +y)≥ 2t3

Осталось доказать, что $3 2 2t ≥ 16t − 32t.$ Перенеся все на одну сторону и сократив на $2,$ получим $3 2 2 t − 8t + 16t= t(t− 4)≥ 0,$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#85926

Для положительных $a,b,c$ докажите неравенство

( a b c)2 ( b c a) b + c + a ≥3 a + b + c

Показать доказательство

После раскртия скобок слева и сокращения нам останется доказать, что

( a)2 ( b)2 (c)2 b c a b + c + a ≥ a +b +-c

Пусть $x= ab,y = bc,z = ca.$ Тогда последнее неравенство переписывается в виде $x2+y2+ z2 ≥ xy+yz+ zx,$ что очевидно верно.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#85924

Положительные числа $x,y,z$ таковы, что $x2+y2+ z2 = 3.$ Докажите, что

-1--- -1--- -1--- 3 xy +z + yz +x + zx +y ≥ 2

Показать доказательство

Заметим, что по неравенству о средних

--1-- -----1----- -----2------ 1 xy+ z ≥ x2+y2+ z2+1-= x2+ y2 +z2+ 1 = 2 2 2

Оценив по такому принципу каждую из трех дробей, получаем требуемое неравенство.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#83742

Даны числа $x,y,z$ такие, что

x 4 6 4 + sin y+ ln z = 16

Докажите, что

x+1 2 3 2 + 3sin y− 6ln z ≤ 28

Источники: Звезда - 2024, 11.3 (см. zv.susu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Тригонометрия, логарифм и показательная функция в одном месте — вряд ли мы здесь обойдёмся банальными преобразованиями. Видно только, что первое выражение, равное 16, — сумма трёх квадратов каких-то величин, а во втором выражении стоят похожие величины, но без квадратов. Какие есть неравенства, связывающие такие суммы?

Подсказка 2

Неравенство Коваля-Белова-Шурыгина! Ой, то есть Коши-Буняковского-Шварца) Ну то самое про квадрат суммы и сумму квадратов. Говоря по простому, это факт, что скалярное произведение не больше произведения длин (это же и так понятно, да?..) Давайте соорудим векторы с нужными координатами!

Подсказка 3

Компоненты первого вектора — величины, сумма квадратов которых равна 16. А второй вектор нужно подобрать так, чтобы их скалярное произведение выглядело как то выражение, которое не должно превосходить 28. Пробуйте!

Показать доказательство

Используем неравенство КБШ в векторном виде. Рассмотрим векторы $⃗a= (2x;sin2y;ln3z)$ и $⃗b= (2;3;−6).$ Скалярное произведение

x+1 2 3 ⃗a ⋅⃗b =2 + 3sin y− 6ln z ≤ |⃗a|⋅|⃗b|

Имеем

⃗ √-------- |b|= 4+ 9+ 36 =7

|⃗a|= ∘4x+-sin4y+-ln6z =4

Тогда получаем, что

2x+1+ 3sin2y− 6ln3z ≤ 28

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#82290

Произведение чисел $a,b,c,d,$ не меньших $2 ,$ составляет $2k+3.$ Найдите наибольшее значение выражения

logcdab+logbdac+ logbcad +logadbc+ logacbd+ logabcd.

Источники: ИТМО-2024, 11.5 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

При виде выражение в виде суммы логарифмов, да и ещё с такими основаниями, сразу хочется его видоизменить. Обычно всегда на помощь приходит замена, но пока неясно, что стоит обозначить за новые переменные. Вспомните формулу перехода и свойства логарифмов и попробуйте перейти к другим основаниям!

Подсказка 2

То, что произведение a, b, c, d — это степень двойки, и то, что каждая из переменных не меньше 2, намекает, что хотелось бы использовать 2 в искомом выражении. Поэтому попробуйте сделать замену вида х = log₂a, ...

Подсказка 3

Полученное выражение — сумма дробей — уже лучше логарифмов. Но как же теперь её оценить? Обратите внимание, что изначальное условие на произведение переменных превратилось в условие на сумму переменных из замены. Какой метод в неравенствах есть, когда фиксирована сумма переменных?

Подсказка 4

Метод Штурма! Часто смотрят на то, когда выражение больше: когда переменные равны или когда одна переменная принимает максимально возможное значение, а другая минимальное. Попробуйте это выяснить на примере двух переменных.

Показать ответ и решение

После замены

x= log2a,y =log2b,z = log2c,t=log2d

условие, что исходные числа не меньше $2,$ превращается в

x≥ 1, y ≥ 1, z ≥ 1, t≥ 1,

а условие на произведение превращается в

x+ y+z +t= k+ 3 .

Искомое выражение по формуле перехода и свойствам логарифмов равно

x-+y +-z+t + x+-z+ y+-t+ x+-t+ y+-z z +t x +y y+ t x+ z y+ z x+ t

Воспользуемся методом Штурма. Пусть имеется какое-то значение искомого выражения при удовлетворяющих условиям выше $x ≥y ≥z ≥ t$ (не умаляя общности, переменные можно переименовать для упорядочивания). Заменим два числа $x,y$ на числа $x′ = x+ y− 1≥x,y′ = 1≤ y$ с такой же суммой $x′+ y′ =x +y$ и не меньшей разностью $x′− y′ =x +y− 2≥ x− y ≥ 0 (2y ≥ 2).$ Тогда в искомом выражении сумма дробей

x+y-+ z+-t z+t x+ y

не изменится, а сумма дробей

x+-z+ y+-z= x2+-x(z+t)+zt+-y2+-y(z+-t)+-zt= y+ t x+ t xy +t(x +y)+ t2

(x+ y)2∕2+(x− y)2∕2+ (x +y)(z +t)+2zt = --(x+-y)2∕4−-(x-− y)2∕4-+t(x-+y)+-t2--

и аналогичная ей (с точностью до перестановки $z,t$ ) сумма дробей

x+-t+ y+-t y+z x+ z

не уменьшатся, так как после приведения к общему знаменателю у получившейся дроби числитель увеличивается при увеличении $(x− y)2,$ а знаменатель уменьшается при увеличении $(x− y)2.$

Такими преобразованиями можно превратить три наименьших числа из $x,y,z,t$ в единицу, а наибольшее — в $k,$ при этом наше выражение будет увеличиваться (точнее, заведомо не уменьшаться). Итак, максимальное значение выражения равно

k+-1+ 1+-1+ k+-1+ 1+-1+ k-+1 + 1-+1 = 3(k+-1)+-6-- 1+ 1 k+ 1 1+ 1 k+ 1 1 +1 k +1 2 k+ 1.

Ответ:

$3(k+-1)+-6-- 2 k+ 1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#81514

Для положительных чисел $a ,a ,...,a ,b ,b ,...,b 1 2 n 1 2 n$ докажите неравенство

( b1+b2+ ...+ bn )b1+b2+...+bn ( b1)b1 ( b2)b2 ( bn)bn a1+a2+-...+-an ≤ a1 ⋅ a2- ⋅...⋅ an

Показать доказательство

Каждая из частей неравенства положительна. В силу монотонности функции $f(x)= lnx$ исходное неравенство эквивалентно

( b+ b + ...+b )b1+b2+...+bn ( (b )b1 (b )b2 (b )bn) ln a11+-a22+-...+-nan ≤ ln a11 ⋅ a22 ⋅...⋅ ann

( ) ( ) ( ) (b +...+b )ln b1+...+bn- ≤ bln b1- + ...+b ln bn 1 n a1+...+an 1 a1 n an

_____________________________________________________________________________________

Лемма. Предположим, что имеется набор функций $f1(x),...,fn(x),$ определенных на отрезке $[a;b].$ Тогда верно неравенство

xm∈i[na;b]f1(x)+ ...+ mx∈i[na;b]fn(x) ≤xm∈i[an;b](f1(x)+...+ fn(x))

Доказательство. Пусть для всех $i∈ {1,...,n}$ минимум функции $fi(x)$ достигается в точке $xi.$ Пусть минимум функции $(f1(x)+ ...+ fn(x))$ достигается в точке $x0.$ Тогда из $fi(xi)≤fi(x0)$ следует

f1(x1)+ ...+ fn(xn)≤ f1(x0)+...+ fn(x0)

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Рассмотрим функцию $f(x)= aex − b(x +1)$ при некоторых положительных $a$ и $b.$ Её производная $f′(x)= aex− b$ строго возрастает и обращается в ноль в точке $b x0 = ln a.$ Следовательно, $b minf(x)= f(x0)= −bln a.$ Поскольку

a1ex− b1(x+ 1)+...+anex− bn(x+ 1)=(a1+ ...+ an)ex− (b1+ ...+ bn)(x+ 1)

то согласно лемме верно, что

b1 bn b1+ ...+bn − b1lna1 − ...− bnln an ≤ − (b1+ ...+bn)lna1+-...+an

Предыдущий раздел

Следующий раздел