Учебное пособие Москва Издательство мцнмо 2007 удк 512. 1517. 1511. 1 Ббк 22. 14122. 161 П70 Прасолов В. В
 Скачать 3.28 Mb.
|
|
8.9. Докажите неравенство Неравенство из задачи 8.9 называют неравенством Коши. Другие его доказательства приведены в задачах 1.9 и 5.12. 8.10. Докажите неравенство 1 + . . . + a 2 n > (a 1 + . . . + a n ) 2 n 8.11. Пусть x 1 , . . ., x n — положительные числа. Докажите неравенство+ . . . + x n ) 1 x 1 + . . . + 1 x n > n 2 Глава 8. Неравенства. Пусть S = a 1 + . . . + a n , где a 1 , . . . , a n — положительные числа и n > 2. Докажите, что a 1 + . . . + a n S − a n > n n − 1 8.4. Неравенство между средним арифметическими средним геометрическим Пусть a 1 , . . . , a n — положительные числа. Их средним арифметическим называют число A = a 1 + . . . + a n n , а их сред- ним геометрическим называют число G = n √ a 1 . . . a n . В 1821 г. Коши доказал неравенство A > G. Доказательство Коши использовало индукцию, ноне обычным способом сначала доказывалось, что если утверждение верно для n = 2 m , то оно верно и для n = 2 m +1 , а затем доказывалось, что если утверждение верно для n, то оно верно и для n − 1 (см. решение задачи. Пусть a 1 , . . ., a n — положительные числа. Докажите неравенство+ . . . + a n n > n √ a 1 . . . Если не все данные числа равны, то неравенство строгое. Пусть a, b > 0. Докажите, что 2 √ a + 3 3 √ b > 5 5 √ ab. 8.15. Докажите, что для любого натурального n > 2 имеют место неравенства+ 1 − 1) < 1 + 1 2 + 1 3 + . . . + 1 n < n 1 − 1 n √ n + 1. 8.16. Пусть a 1 , . . ., a n , w 1 , . . . , w n — положительные числа. Докажите, что+ . . . + w n a n ) > (a w 1 1 . . . где W = w 1 + . . . + Замечание. При w 1 = . . . = w n = 1 получаем неравенство между средним арифметическими средним геометрическим, поэтому неравенство из задачи 8.16 является обобщением неравенства между средним арифметическими средним геометрическим Условия задач. Пусть a 1 , . . ., a n — положительные числа, . . . . . . , a n — попарно различные положительные числа. Для > 0 положим f(x) = n P i=1 a i x a i . Выберем a итак, чтобы графики функций y = f(x) и y = ax a касались при x = Докажите, что f(x) > ax a , причём равенство достигается только при x = См. также задачи 13.10, 25.21. 8.5. Неравенства, имеющие геометрическую интерпретацию. Пусть a, b, c — положительные числа. Докажите, что p a 2 − ab + b 2 + p b 2 − bc + c 2 > p a 2 + ac + c 2 , причём равенство достигается тогда и только тогда, когда + 1/c = 1/b. 8.6. Циклические неравенства. Пусть a 1 , . . ., a n — положительные числа. Докажите, что+ . . . + a n a 1 > n. 8.20. Докажите, что для любых положительных чисел a, b, c выполнено неравенство+ b 3 c + c 3 a > a 2 bc + b 2 ca + c 2 ab. 8.21. Пусть 0 6 x 1 , . . ., x n 6 1. Докажите, что при n > 3 x 1 + . . . + x n − x 1 x 2 − x 2 x 3 − . . . − x n −1 x n − x n x 1 6 [n/2]. 8.22. Пусть a, b, c — положительные числа. Докажите, что 3 +(a+b+c)+ 1 a + 1 b + 1 c + a b + b c + c a > 3(a + 1)(b + 1)(c + 1) abc + 1 Глава 8. Неравенства. Разные неравенства. Докажите, что если a, b, c, d — положительные числа, причём a/b < c/d, то+ c b + d < c d 8.24. Докажите неравенство+ x 2n−1 y + x 2n−2 y 2 + . . . + y 2n > 0. 8.25. Пусть a > b > 0. Докажите, что a a b b > a b b a 8.26. Предположим, что x 1 , . . ., x n — действительные числа, про которые известно, что все числа s 1 = P x i , s 2 = = P i<j x i x j , s 3 = P i<j<k x i x j x k , . . ., s n = x 1 . . . x n положительны. Верно ли, что тогда и сами числа x 1 , . . . , положительны. Докажите, что x 12 − x 9 + x 4 − x + 1 > 0 для всех x. 8.28. Докажите, что y 1 − если |x| < 1 и |y| < 1. 8.29. Пусть n > 1 — натуральное число. Докажите, что nx + n − 1 > 0 для всех x > 0. 8.30. Докажите, что для всех натуральных n > 2 имеет место неравенство+ 1 + 1 n + 2 + . . . + 1 2n > 1 2 8.31. Пусть x и y — произвольные вещественные числа. Докажите, что+ y 2 · x 2 + y 2 2 · x 3 + y 3 2 6 x 6 + y 6 2 8.32. Докажите, что для всех натуральных n справедливо неравенство 2 · 3 4 · 5 6 · . . . · 2n − 1 2n < 1 √ 2n + 1 Условия задач. Докажите, что при всех натуральных n > 1 √ 2 2 · 1 √ 2n < 1 2 · 3 4 · 5 6 · . . . · 2n − 1 2n < √ 3 2 · 1 √ 2n 8.34. Докажите, что (2n − 1) n + (2n) n < (2n + для любого натурального n > 2. 8.35. По окружности расставлены в произвольном порядке числа 1, 2, . . ., n. Докажите, что сумма модулей разностей соседних чисел не меньше 2n − 2. 8.36. Пусть 0 < a 6 x i 6 b. Докажите, что+ . . . + x n ) 1 x 1 + . . . + 1 x n 6 (a + b) 2 4ab n 2 8.37. Докажите, что если −16x 1 , . . ., x n 6 1 и x 3 1 +. . .+x 3 n = = 0, то x 1 + . . . + x n 6 n/3. 8.38. Докажите, что если xy=4 и z 2 + 4w 2 = 4, то (x −z) 2 + + (y − w) 2 > 1,6. 8.39. Пусть A(x) = A 1 (x) + . . . + A 5 (x), где x = (x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 ) и A i (x) = Q j 6=i (x i − x j ). Докажите, что A(x) > 0 для всех x. 8.40. Сто положительных чисел x 1 , x 2 , . . . , удовлетворяют условиям 1 + x 2 2 + . . . + x 2 100 > 10000, x 1 + x 2 + . . . + Докажите, что среди них можно найти три числа, сумма которых больше См. также задачу 18.4. 8.8. Выпуклость. Пусть n 6= 1 — натуральное число и a > b > 0. Докажите, что+ b 2 n < a n + b n 2 8.42. Сравните числа и 2 + 3 √ 7. Глава 8. Неравенства. Неравенства Гёльдера и Минковского 8.43. а) Пусть a — рациональное число, причём a > 1 или < 0. Докажите, что для любого x > 0, x 6= 1, выполняется неравенство x a − ax + a − 1 > б) Пусть a — рациональное число, причём 0 < a < 1. Докажите, что для любого x > 0, x 6= 1, выполняется неравенство ax + a − 1 < 0. 8.44. Докажите, что если m и n — натуральные числа, отличные от 1, то+ 1 + 1 m √ n + 1 > 1. 8.45. Пусть A и B — положительные числа, аира- циональные числа, связанные соотношением 1/p + 1/q = Докажите, что если p > 1, то A 1/p B 1/q 6 A/p + B/q, а если < 1, то A 1/p B 1/q > A/p + B/q. (Если A 6=B, то оба неравенства строгие. Пусть и y i — положительные числа, аира- циональные числа, связанные соотношением 1/p + 1/q = Докажите, что если p > 1, то+ . . . + x n y n 6 (x p 1 + . . . + x p n ) 1/p (y q 1 + . . . + а если p < 1, то+ . . . + x n y n > (x p 1 + . . . + x p n ) 1/p (y q 1 + . . . + неравенство Гёльдера). 8.47. Пусть и y i — положительные числа, а p > 1 рациональное число. Докажите, что+ Если p < 1, то неравенство заменяется на противоположное ( неравенство Минковского). Решения задач 103 Решения 8.1. Воспользовавшись неравенством x i + 1/x i > 2, получим + 3 = (x 1 + 1/x 1 ) + . . . + (x n + 1/x n ) > 2n, те. При n = получаем решение x 1 = x 2 = x 3 = 1. При n = 2 получаем решение + √ 5 2 , x 2 = 3 − √ 5 2 . При n = 1 система несовместна. 8.2. Из соотношения a 1 . . . a n = 1 следует, что+ a 1 )(1 + a 2 ) . . . (1 + a n ) = (1 + a 1 )(1 + a 2 ) . . . (1 + a n ) a 1 . . . a n = = “ 1 + 1 a 1 ” . . . “ 1 +Кроме того, (1 + a i ) “ 1 + 1 a i ” = 2 + a i + 1 a i > 4. Поэтому+ a 1 )(1 + a 2 ) . . . (1 + a n )) 2 = = (1 + a 1 ) “ 1 + 1 a 1 ” . . . (1 + a n ) “ 1 + 1 a n ” > 4 n 8.3. Из равенства 2 + x 3 = x 5 + x следует, что+ 1 = Поэтому, те. Но x 6= 1, поэтому неравенство строгое. Сложив равенства x 5 − x 3 + x = 2 и x 7 − x 5 + x 3 = 2x 2 , получим+ x = 2 + 2x 2 , те. Следовательно, Неравенство строгое, поскольку x 6= 1. 8.4. а) Положим x 2 +x 3 =a, x 3 +x 1 =b, x 1 +x 2 =c, те. Тогда требуемое неравенство запишется в виде + c − a 2a + a + c − b 2b + a + b − c 2c > 3 те. Остаётся заметить, что b/a + a/b > 2 и т. д. б) При n = 4 получаем x 1 x 2 + x 4 + x 2 x 3 + x 1 + x 3 x 4 + x 2 + x 4 x 3 + x 1 = x 1 + x 3 x 2 + x 4 + x 2 + x 4 x 1 + x 3 > 2. При n > 4 требуемое неравенство можно доказать по индукции. Предположим, что для чисел x 1 , . . . , неравенство уже Глава 8. Неравенства доказано. Выберем среди положительных чисел x 1 , . . . , наименьшее. После циклической перенумерации этих чисел можно считать, что это будет число x n +1 . Тогда x 1 x 2 + x n +1 > x 1 x 2 + x n , x n x n +1 + x n −1 > x n x 1 + x n −1 и x n +1 x 1 + x n > 0. Поэтому+ . . . + x n x n +1 + x n −1 + x n +1 x 1 + x n > x 1 x 2 + x n + . . . последнее неравенство выполняется по предположению индукции. Положительные числа a, b, c удовлетворяют неравенству треугольника тогда и только тогда, когда+ b − c)(b + c − a)(c + a − b)(a + b + c) > Действительно, два выражения в скобках не могут быть одновременно отрицательными. Например, неравенства a + b < и b + c < a не могут выполняться одновременно. После раскрытия скобок неравенство (1) записывается в виде 2(a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) − − (a 4 + b 4 + c 4 ) > 0, а из этого уже легко получить требуемое. Прежде всего покажем, что для таких чисел выполняется неравенство 2 + . . . + a 2 n ) 2 > (n − 2)(a 4 2 + . . . + Исходное неравенство можно записать в виде 1 + 2a 2 1 S 2 + S 2 2 > (n − 1)a 4 1 + (n − где S 2 = a 2 2 + . . . + и S 4 = a 4 2 + . . . + a 4 n . Выделим полный квадрат 2) “ a 2 1 − S 2 n − 2 ” 2 + S 2 2 n − 2 − S 2 2 + (n − Следовательно, S 2 2 “ 1 − 1 n − 2 ” > (n − 1)S 4 , те, что и требовалось. Далее по индукции получаем+ . . . + a 2 n ) 2 > (n − k)(a 4 k + . . . + При k = n − 2 согласно задаче 8.5 это неравенство означает, что числа a n −2 , a n −1 , удовлетворяют неравенству треугольника. Тоже самое доказательство можно применить и для любой другой тройки чисел. О т в е т не всегда. Положим a = b = 1, c = 2. Тогда требуемое неравенство примет вид + 4AC + 4BC > 2AB + 1 2 BC + 1 2 AC, Решения задач 105 т. е 2 AC + 7 2 BC > 0. Это неравенство выполняется для всех положительных, Замечание. Из отрезков a, b, c всегда можно составить вырожденный треугольник. Чтобы доказать это, положим A = B = 1, C = e . Тогда+ b( e c + a) + e c(a + b) > 1 Поэтому должно выполняться неравенство 2ab > 1 2 c 2 , поскольку иначе неравенство (1) не выполнялось бы при малых e . Значит 6 4ab 6 (a + b) 2 . Числа a, b, c положительны, поэтому c 6 a + Неравенства a 6 b + c и b 6 a + c доказываются аналогично. Достаточно заметить, что (x − y) 2 6 0. 8.9. Пусть A и B = s k P i =1 b 2 i . Воспользовавшись неравенством, получим 1 2 “ a 2 i A 2 + b 2 i B 2 ” = 1 2A 2 k X i =1 a 2 i + 1 2B 2 k X i =1 b 2 i = Значит 6 A 2 B 2 = “ k P i =1 a 2 i ”“ k P i =1 b 2 i ” |