Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md 1

Неравенства

В этом разделе будут представлены различные методы доказательства неравенств. Используя предложенные методы, будут доказаны как классические неравенства, так и неравенства, предложенные на различных математических конкурсах.

I. Монотонность функций

Предполагается, что читатель знаком с понятием монотонности функций и свойствами (критериями) монотонных функций.

Задача 1. Сравнить числа e^{π} и π^{e}.

Решение. Рассматривается функция

f : [e; +∞) ⟶ R; f(x) = \frac{ln x}{x}.

Так как производная функции f,

f′(x) = \frac{x(ln x)′ − (x)′ ln x}{x^{2}} = \frac{1 − ln x}{x^{2}}

принимает отрицательные значения для всех x ∈ (e; +∞) и f непрерывна на [e; +∞), следовательно, f строго убывает на [e; +∞). Отсюда, учитывая что e < π, получаем

f(e) > f(π) ⇒ \frac{ln e}{e} > \frac{ln π}{π} ⇒ π ln e > e ln π

и, значит, e^{π} > π^{e}.

Задача 2. Исследовать на ограниченность числовую последовательность

x_{n} = 1 + \frac{1}{2} + … + \frac{1}{n} (n ≥ 1).

Решение. Вначале докажем неравенство

ln(1 + x) ≤ x (x ≥ 0).  (1)

Для этого рассмотрим функцию

f : [0; +∞) ⟶ R; f(x) = x − ln(1 + x).

Функция f непрерывна на области определения, и для любого x ∈ (0; +∞) имеет место равенство

f′(x) = 1 − \frac{1}{1 + x} = \frac{x}{1 + x},

откуда следует, что f′(x) > 0 (x ∈ (0; +∞)). Следовательно, функция f строго возрастает на области определения D(f), и, значит, f(x) ≥ f(0) (∀x ≥ 0), что означает справедливость неравенства (1).

В неравенстве (1), рассмотрев x = \frac{1}{n} (n = 1, 2, …), получим

ln (1 + \frac{1}{n}) ≤ \frac{1}{n} (n = 1, 2, …)

или

ln(n + 1) − ln n ≤ \frac{1}{n}  (n = 1, 2, …).  (2)

Из неравенства (2) следует

ln 2 − ln 1 ≤ 1,

ln 3 − ln 2 ≤ \frac{1}{2},

ln 4 − ln 3 ≤ \frac{1}{3},

. . . . . .

ln(n + 1) − ln n ≤ \frac{1}{n}.

(3)

Сложив почленно неравенства (3), получим неравенство

ln(n + 1) ≤ 1 + \frac{1}{2} + … + \frac{1}{n}.

Так как lim_{n→∞} ln(n + 1) = +∞, из последнего неравенства следует, что числовая последова-

тельность x_{n} = 1 + \frac{1}{2} + … + \frac{1}{n} неограничена.

Следствие: Ряд ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n} расходится.

Задача 3. (Неравенство Бернулли) Для любых x > −1; α > 1 имеет место неравенство

(1 + x)^{α} ≥ 1 + αx.  (4)

Причем равенство имеет место только при x = 0.

Решение. Рассмотрим функцию

f(x) = (1 + x)^{α} − 1 − αx, (x ∈ [−1; +∞)),

где α - фиксированное число, большее 1. Вычислим производную этой функции

f′(x) = α(1 + x)^{α−1} − α = α((1 + x)^{α−1} − 1) (x > −1).

Из условия α > 1, следует, что f′(x) < 0 для x ∈ (−1; 0) и f′(x) > 0 для x ∈ (0; +∞). Значит, функция f убывает на [−1; 0] и возрастает на [0; +∞).

Отсюда заключаем, что для всех x ∈ [−1; +∞) \ {0} имеет место неравенство f(x) > f(0), то есть,

(1 + x)^{α} − 1 − αx > 1 − 1,

или

(1 + x)^{α} > 1 + αx (x ∈ [−1; 0) ∪ (0; +∞), α > 1).

Остается заметить, что при x = 0 выполняется (1 + x)^{α} = 1 + αx.

Замечание. Аналогично доказываются неравенства

\begin{matrix}(1 + x)^{α} ≤ 1 + αx & (x ≥ −1; 0 < α < 1), \\ (1 + x)^{α} ≥ 1 + αx & (x ≥ −1; α < 0). \end{matrix}

Задача 4. (Неравенство Юнга) Если p, q ∈ R\\{0, 1\} удовлетворяют свойству \frac{1}{p}+\frac{1}{q} = 1,

то для любых положительных чисел a, b выполняются неравенства

ab ≤ \frac{a^{p}}{p} + \frac{b^{q}}{q}  ( для p > 1)  (5)

и

ab ≥ \frac{a^{p}}{p} + \frac{b^{q}}{q}  ( для p < 1)  (6)

Более того, равенство достигается тогда и только тогда, когда a^{p} = b^{q}.

Решение. Рассмотрим случай p > 1. Зафиксировав произвольное положительное число a, определим функцию

f : (0; +∞) ⟶ R; f(b) = \frac{a^{p}}{p} + \frac{b^{q}}{q} − ab.

Производная этой функции равна

f′(b) = b^{q−1} − a.

Элементарными вычислениями устанавливается, что точка b = a^{\frac{1}{q−1}} является точкой глобального минимума, т. е.

f(b) ≥ f(a^{\frac{1}{q−1}} ) (b > 0).  (7)

Из неравенства (7), учитывая, что \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1, получается

\frac{a^{p}}{p} + \frac{b^{q}}{q} − ab ≥ 0 (a > 0, b > 0; p > 1; \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1).

Таким образом, неравенство (5) доказано. Более того, из (7) следует, что равенство имеет место только в случае b = a^{\frac{1}{q−1}} , т. е. a^{p} = b^{q}.

Неравенство (6) доказывается аналогично.

Задача 5. Доказать неравенство

| sin x| ≤ |x| (x ∈ R).  (8)

Решение. В силу четности обоих частей, достаточно рассмотреть ситуацию x ≥ 0. Более того, т. к. | sin x| ≤ 1, то достаточно изучить случай 0 ≤ x ≤ 1.

С этой целью рассмотрим функцию

f : [0; 1] ⟶ R, f(x) = x − sin x.

Производная функции f имеет вид

f′(x) = 1 − cos x (x ∈ [0; 1]).

На основании ограниченности косинуса (| cos x| ≤ 1; x ∈ R), заключаем что f′(x) ≥ 0, откуда следует, что функция f является монотонно возрастающей на своей области определения, и поэтому имеет место неравенство

f(x) ≥ f(0) (x ∈ [0; 1]),

или

x − sin x ≥ 0, (x ∈ [0; 1]),

откуда следует исходное неравенство.

Задача 6. Доказать, что если a > b > c, то

a^{2}(b − c) + b^{2}(c − a) + c^{2}(a − b) > 0.

Решение. Рассмотрим функцию f : [0; +∞) ⟶ R вида

f(t) = (b + t)^{2}(b − c) + b^{2}(c − (b + t)) + c^{2}((b + t) − b),

где a, b, c являются вещественными параметрами, удовлетворяющими неравенсту a > b > c. Аналогично предыдущим задачам доказывается, что функция f является строго возрастающей на [0; +∞), и, следовательно, имеет место неравенство f(a − b) > f(0). Последнее неравенство равносильно исходному неравенству.

II. Выпуклость

Определение: Функция f : I ⟶ R (I - интервал вещественной оси) называется выпуклой на I, если для всех x_{1}, x_{2} ∈ I и любых чисел λ_{1}, λ_{2} таких что λ_{1} ≥ 0, λ_{2} ≥ 0, и λ_{1} + λ_{2} = 1, имеет место неравенство

f(λ_{1}x_{1} + λ_{2}x_{2}) ≤ λ_{1}f(x_{1}) + λ_{2}f(x_{2}).  (9)

В случае, когда для всех x_{1} ≠ x_{2}, λ_{1} · λ_{2} ≠ 0 знак в неравенстве (9) является строгим, функция f называется строго выпуклой на I.

Определение (строго) вогнутой функции получается из приведенного выше заменой знака неравенства (9) на противоположный.

Неравенство Иенсена. Пусть f : I ⟶ R - выпуклая функция. Тогда для любых x_{j} ∈ I (j = 1, …, n) и произвольных λ_{j} ≥ 0 (j = 1, …, n) таких, что λ_{1} + … + λ_{n} = 1 имеет

место неравенство f (∑_{j=1}^{n} λ_{j}x_{j}) ≤ ∑_{j=1}^{n} λ_{j}f(x_{j}).

Критерий выпуклости

Для того, чтобы непрерывная на интервале I и имеющая вторую производную на внутренности int(I) = {x ∈ R | ∃ ε > 0 (x−ε, x+ε ⊂ I)} интервала I функция f : I ⟶ R была выпуклой на этом интервале, необходимо и достаточно, чтобы на int(I) выполнялось неравенство f′′(x) ≥ 0. Если же f′′(x) > 0 на int(I), то этого достаточно, чтобы гарантировать строгую выпуклость функции f на I.

Замечание. Утверждения, подобные неравенству Иенсена и приведенному выше критерию, справедливы и для вогнутых функций.

Задача 7. (Неравенство Коши о средних). Для любых неотрицательных чисел x_{1}, x_{2}, …, x_{n} справедливо неравенство

n \sqrt{a_{1}a_{2} … a_{n}} ≤ \frac{a_{1} + a_{2} + … + a_{n}}{n} ,  (10)

т. е. среднее геометрическое не превосходит среднее арифметическое.

Решение. Если одно из чисел a_{j} равно 0, то неравенство (10) очевидно, поэтому будем считать что все числа a_{j} положительны.

Рассмотрим функцию f(x) = ln x (x > 0). Так как f′′(x) = −\frac{1}{x^{2}} < 0 , следовательно, f вогнута на (0; +∞). На основании неравенства Иенсена, заключаем

ln (∑_{j=1}^{n} \frac{1}{n}a_{j}) ≥ ∑_{j=1}^{n} \frac{1}{n} ln a_{j},

что влечет неравенство (10).

Задача 8. Пусть x_{1}, …, x_{n} - неотрицательные числа. Доказать, что функция

f : [0; +∞) ⟶ R; f(α) = (\frac{x_{1}^{α} + … + x_{n}^{α}}{n} )^{\frac{1}{α}}

монотонно возрастает.

Решение. Пусть 0 < α < β. Рассмотрим функцию h(x) = x^{\frac{β}{α}} (x ≥ 0). Так как

h′′(x) = \frac{β}{α} (\frac{β}{α} − 1) x^{\frac{β}{α} −2} > 0 (x > 0), следовательно, функция h выпукла на [0; +∞).

Согласно неравенству Иенсена

h (∑_{j=1}^{n} \frac{1}{n}x_{j}^{α}) ≤ ∑_{j=1}^{n} \frac{1}{n}h(x_{j}^{α}),

или

(∑_{j=1}^{n} \frac{1}{n}x_{j}^{α})^{\frac{β}{α}} ≤ ∑_{j=1}^{n} \frac{1}{n}x_{j}^{β},

откуда следует

f(α) ≤ f(β).

Задача 9. Доказать справедливость неравенства

sin α + sin β + sin γ ≤ \frac{3\sqrt{3}}{2},

где α, β, γ - внутренние углы некоторого треугольника.

Решение. Рассмотрим функцию f : [0; π] ⟶ R; f(x) = sin x. Так как f′′(x) = − sin x и f′′(x) < 0 для x ∈ (0; π), следовательно, функция f вогнута на [0; π]. Согласно неравенству Иенсена,

f (\frac{α}{3} + \frac{β}{3} + \frac{γ}{3} ) ≥ \frac{1}{3}f(α) + \frac{1}{3}f(β) + \frac{1}{3}f(γ),

или

sin \frac{π}{3} ≥ \frac{1}{3}(sin α + sin β + sin γ),

откуда получаем

sin α + sin β + sin γ ≤ \frac{3\sqrt{3}}{2}.

Задача 10. Доказать, что для произвольных положительных чисел a_{j}, b_{j} (j = 1, …, n) справедливо неравенство

(\frac{a_{1} + … + a_{n}}{b_{1} + … + b_{n}} )^{b_{1}+...+b_{n}} ≥ (\frac{a_{1}}{b_{1}} )^{b_{1}} … (\frac{a_{n}}{b_{n}} )^{b_{n}} .

Решение. Рассмотрим функцию f : [0; +∞) ⟶ R, f(x) = ln x. Эта функция вогнута на (0; +∞) (см. Задачу 7). Следовательно, согласно неравенству Иенсена,

f (∑_{j=1}^{n} \frac{b_{j}}{b_{1} + … + b_{n}} · \frac{a_{j}}{b_{j}} ) ≤ ∑_{j=1}^{n} \frac{b_{j}}{b_{1} + … + b_{n}} f (\frac{a_{j}}{b_{j}} ) ,

или

(b_{1} + … + b_{n}) ln \frac{a_{1} + … + a_{n}}{b_{1} + … + b_{n}} ≥ ∑_{j=1}^{n} b_{j} ln \frac{a_{j}}{b_{j}} ,

и, значит,

(\frac{a_{1} + … + a_{n}}{b_{1} + … + b_{n}} )^{b_{1}+...+b_{n}} ≥ (\frac{a_{1}}{b_{1}} )^{b_{1}} · . . . · (\frac{a_{n}}{b_{n}} )^{b_{n}} .

Задача 11. (Неравенство Гюйгенса). Доказать, что для произвольных неотрицательных чисел a_{j}(j = 1, …, n) справедливо неравенство

(1 + a_{1}) … (1 + a_{n}) ≥ (1 + ^{n} \sqrt{a_{1} … a_{n}})^{n}.

Решение. Рассмотрим функцию f : R ⟶ R, f(x) = ln(1 + e^{x}). Так как

f′′(x) = \frac{e^{x}}{(1 + e^{x})^{2}} > 0 для всех x ∈ R, следовательно, f выпукла на R. Согласно неравен-

ству Иенсена, получим

f (∑_{j=1}^{n} \frac{1}{n} ln a_{j}) ≤ ∑_{j=1}^{n} \frac{1}{n}f(ln a_{j}) ⇔

⇔ ln (1 + e^{∑_{j=1}^{n} \frac{1}{n} ln a_{j}} ) ≤ ∑_{j=1}^{n} \frac{1}{n} ln(1 + a_{j}) ⇔

⇔ n ln (1 + ^{n} \sqrt{a_{1} … a_{n}}) ≤ ln((1 + a_{1}) … (1 + a_{n})) ⇔

⇔ (1 + a_{1}) … (1 + a_{n}) ≥ (1 + ^{n} \sqrt{a_{1} … a_{n}})^{n} .

III. Упорядоченность

Теорема 1. Пусть даны два набора из n чисел такие, что

\begin{matrix}a_{1} ≥ a_{2} ≥ … ≥ a_{n}, \\ b_{1} ≥ b_{2} ≥ … ≥ b_{n}. \end{matrix}

Рассмотрим всевозможные суммы

σ = a_{1}b_{i_{1}} + … + a_{n}b_{i_{n}},

где (i_{1}, …, i_{n}) - некоторая перестановка чисел 1, 2, …, n. Тогда

\begin{matrix}S = max σ = a_{1}b_{1} + … + a_{n}b_{n}, \\ s = min σ = a_{1}b_{n} + … + a_{n}b_{1}. \end{matrix}

Задача 12. Доказать, что для произвольных положительных чисел a, b, c справедливо неравенство

\frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + a} + \frac{c}{a + b} ≥ \frac{3}{2}.

Решение. Поскольку неравенство симметрично, без ограничения общности, можно предположить, что a ≥ b ≥ c. Тогда

\frac{1}{b + c} ≥ \frac{1}{c + a} ≥ \frac{1}{a + b},

следовательно,

\frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + a} + \frac{c}{a + b} ≥ \frac{b}{b + c} + \frac{c}{c + a} + \frac{a}{a + b}

и

\frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + a} + \frac{c}{a + b} ≥ \frac{c}{b + c} + \frac{a}{c + a} + \frac{b}{a + b}.

Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md 8

Сложив почленно последние два неравенства, получим

2 (\frac{a}{b + c} + \frac{b}{a + c} + \frac{c}{a + b}) ≥ 3.

Задача 13. Доказать, что для произвольных положительных чисел a, b, c, удовлетворяющих условию a · b · c = 1, справедливо неравенство

\frac{1}{a^{3}(b + c)} + \frac{1}{b^{3}(c + a)} + \frac{1}{c^{3}(a + b)} ≥ \frac{3}{2}.

Решение. Подобно Задаче 12, предположим, что a ≥ b ≥ c. Тогда

\frac{1}{c} ≥ \frac{1}{b} ≥ \frac{1}{c}

\frac{1}{ac + bc} ≥ \frac{1}{ab + bc} ≥ \frac{1}{ab + ac}.

Следовательно,

\frac{1}{c(ac + bc)} ≥ \frac{1}{b(ab + bc)} ≥ \frac{1}{a(ab + ac)},

так как ab ≥ ac ≥ bc, на основании Теоремы 1, получаем

\frac{ab}{c(ac + bc)} + \frac{ac}{b(ab + bc)} + \frac{bc}{a(ab + ac)} ≥ \frac{ac}{c(ac + bc)} + \frac{bc}{b(ab + bc)} + \frac{ab}{a(ab + ac)},

или

\frac{ab}{c(ac + bc)} + \frac{ac}{b(ab + bc)} + \frac{bc}{a(ab + ac)} ≥ \frac{bc}{c(ac + bc)} + \frac{ab}{b(ab + bc)} + \frac{ac}{a(ab + ac)}.

Сложив почленно последние два неравенства, получим

2 (\frac{ab}{c(ac + bc)} + \frac{ac}{b(ab + bc)} + \frac{bc}{a(ab + ac)}) ≥ \frac{1}{c} + \frac{1}{b} + \frac{1}{a}.  (11)

Согласно неравенству Коши о средних (см. Задачу 7), получим

\frac{1}{c} + \frac{1}{b} + \frac{1}{a} ≥ 3 ^{3} \sqrt{\frac{1}{a} · \frac{1}{b} · \frac{1}{c}} = 3.  (12)

Учитывая условие a · b · c = 1, заключаем, что из (11) и (12) следует неравенство

\frac{1}{a^{3}(b + c)} + \frac{1}{b^{3}(a + c)} + \frac{1}{c^{3}(a + b)} = \frac{ab}{c(ac + bc)} + \frac{ac}{b(ab + bc)} + \frac{bc}{a(ab + ac)} ≥ \frac{3}{2}.

Задача 14. Пусть a, b, c - положительные числа. Докажите, что (a^{a}b^{b}c^{c})^{2} ≥ a^{b+c}b^{c+a}c^{a+b}.

Решение. Не ограничивая общности рассуждений, предположим, что a ≥ b ≥ c. Тогда ln a ≥ ln b ≥ ln c. Следовательно, согласно Теореме 1,

a ln a + b ln b + c ln c ≥ b ln a + c ln b + a ln c

и

a ln a + b ln b + c ln c ≥ c ln a + a ln b + b ln c.

Сложив почленно эти неравенства, получим

2(a ln a + b ln b + c ln c) ≥ (b + c) ln a + (c + a) ln a + (c + a) ln b + (a + b) ln c,

или

ln (a^{a}b^{b}c^{c})^{2} ≥ ln (a^{b+c}b^{c+a}c^{a+b}) ,

откуда следует

(a^{a}b^{b}c^{c})^{2} ≥ a^{b+c}b^{c+a}c^{a+b}.

Задача 15. Доказать, что для любых положительных чисел a, b, c справедливо неравенство

a^{3}b + b^{3}c + c^{3}a ≥ a^{2}bc + b^{2}ca + c^{2}ab.

Решение. Пусть a ≥ b ≥ c. Тогда

a^{2} ≥ b^{2} ≥ c^{2} и \frac{1}{c} ≥ \frac{1}{b} ≥ \frac{1}{a}

На основании Теоремы 1 заключаем

a^{2} · \frac{1}{a} + b^{2} · \frac{1}{b} + c^{2} · \frac{1}{c} ≤ a^{2} · \frac{1}{c} + b^{2} · \frac{1}{a} + c^{2} · \frac{1}{b}.

Последнее неравенство равносильно исходному.

Задача 16. Пусть {a_{1}, a_{2}, …, a_{n}} - последовательность различных натуральных чисел. Доказать, что для каждого натурального n выполняется неравенство

∑_{k=1}^{n} \frac{a_{k}}{k^{2}} ≥ ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{k}.

Решение. Пусть a_{i_{1}} < a_{i_{2}} < … < a_{i_{n}}, где (i_{1}, i_{2}, …, i_{n}) - некоторая перестановка чисел 1, 2, …, n. Так как

\frac{1}{n^{2}} < \frac{1}{(n − 1)^{2}} < … < \frac{1}{1^{2}} ,

следовательно,

∑_{k=1}^{n} \frac{a_{k}}{k_{2}} ≥ ∑_{k=1}^{n} \frac{a_{i_{k}}}{k^{2}} ≥ ∑_{k=1}^{n} \frac{k}{k^{2}} = ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{k}.

Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md 10

IV. Классические неравенства и их приложения

Задача 17. (Неравенство Гельдера) Доказать, что для любых положительных чисел p, q, удовлетворяющих условию \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1 и произвольных чисел a_{j}, b_{j} (j = 1, …, n) справедливо неравенство

|∑_{j=1}^{n} a_{j}b_{j}| ≤ (∑_{j=1}^{n} |a_{j}|^{p})^{\frac{1}{p}} (∑_{j=1}^{n} |b_{j}|^{q})^{\frac{1}{q}} .  (13)

Решение. Предположим, что ∑_{j=1}^{n} |a_{j}|^{p} ≠ 0 и ∑_{j=1}^{n} |b_{j}|^{q} ≠ 0 (в противном случае неравенство (13) очевидно). Применяя неравенство Юнга (см. Задачу 5), получим

|∑_{j=1}^{n} \frac{a_{j}}{( ∑_{k=1}^{n} |a_{k}|^{p})^{\frac{1}{p}}} \frac{b_{j}}{( ∑_{k=1}^{n} |b_{k}|^{q})^{\frac{1}{q}}} | ≤ ∑_{j=1}^{n} \frac{|a_{j}|}{( ∑_{k=1}^{n} |a_{k}|^{p})^{\frac{1}{p}}} · \frac{|b_{j}|}{( ∑_{k=1}^{n} |b_{k}|^{q})^{\frac{1}{q}}} ≤

≤ ∑_{j=1}^{n} (\frac{|a_{j}|^{p}}{p ∑_{k=1}^{n} |a_{k}|^{p}} + \frac{|b_{j}|^{q}}{q ∑_{k=1}^{n} |b_{k}|^{q}} ) = \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1,

откуда следует неравенство (13).

Задача 18. Доказать, что последовательность

x_{n} = (1 + \frac{1}{n})^{n}

возрастающая.

Решение. Согласно неравенству Коши о средних (см. Задачу 7), имеют место неравенства

n+1 \sqrt{(1 + \frac{1}{n})^{n}} = _{n+1} \sqrt{\underbrace{(1 + \frac{1}{n}) … (1 + \frac{1}{n})}_{n − раз}·1} ≤ \frac{\underbrace{(1 + \frac{1}{n}) + … + (1 + \frac{1}{n})}_{n − раз}+1}{n + 1} = \frac{n + 2}{n + 1},

откуда следует

(1 + \frac{1}{n})^{n} ≤ (\frac{n + 2}{n + 1})^{n+1} = (1 + \frac{1}{n})^{n+1} ,

то есть x_{n} ≤ x_{n+1}.

Задача 19. Доказать, что

\frac{x_{1}}{x_{2}} + \frac{x_{2}}{x_{3}} + … + \frac{x_{n−1}}{x_{n}} + \frac{x_{n}}{x_{1}} ≥ n,  (14)

для любых x_{k} ∈ R; x_{k} > 0 (k = 1, …, n).

Решение. Неравенство (14) немедленно следует из неравенства Коши

\frac{\frac{x_{1}}{x_{2}} + \frac{x_{2}}{x_{3}} + … + \frac{x_{n}}{x_{1}}}{n} ≥ ^{n} \sqrt{\frac{x_{1}}{x_{2}} · \frac{x_{2}}{x_{3}} · . . . · \frac{x_{n}}{x_{1}}} = 1

Задача 20. Доказать, что для любых положительных чисел a_{1}, a_{2}, …, a_{n} имеет место неравенство

(a_{1} + a_{2} + … + a_{n}) (\frac{1}{a_{1}} + … + \frac{1}{a_{n}} ) ≥ n^{2}.

Решение. Согласно неравенству Коши-Буняковского (частный случай неравенства Гельдера при p = q = 2), получим

\begin{matrix}n^{2} = (\sqrt{a_{1}} · \frac{1}{\sqrt{a_{1}}} + … + \sqrt{a_{n}} · \frac{1}{\sqrt{a_{n}}} )^{2} ≤ \\ ≤ ((\sqrt{a_{1}})^{2} + … + (\sqrt{a_{n}})^{2}) ((\frac{1}{\sqrt{a_{1}}} )^{2} + … + (\frac{1}{\sqrt{a_{n}}} )^{2}) . \end{matrix}

Задача 21. Доказать, что

\frac{(a_{1} + a_{2} + … + a_{n})^{2}}{2(a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + … + a_{n}^{2})} ≤ \frac{a_{1}}{a_{2} + a_{3}} + \frac{a_{2}}{a_{3} + a_{4}} + … + \frac{a_{n}}{a_{1} + a_{2}} ,

где a_{k} ≥ 0 (k = 1, 2, …, n).

Решение. Согласно неравенству Коши-Буняковского

(a_{1} + a_{2} + … + a_{n})^{2} = (\sqrt{\frac{a_{1}}{a_{2} + a_{3}}} · \sqrt{a_{1}(a_{2} + a_{3})} + … + \sqrt{\frac{a_{n}}{a_{1} + a_{2}}} · \sqrt{a_{n}(a_{1} + a_{2})})^{2} ≤

≤ (\frac{a_{1}}{a_{2} + a_{3}} + … + \frac{a_{n}}{a_{1} + a_{2}} ) (a_{1}(a_{2} + a_{3}) + … + a_{n}(a_{1} + a_{2})) ≤

≤ (\frac{a_{1}}{a_{2} + a_{3}} + … + \frac{a_{n}}{a_{1} + a_{2}} ) ((\frac{1}{2}(a_{1}^{2} + a_{2}^{2}) + \frac{1}{2}(a_{1}^{2} + a_{3}^{2})) + … +

+ (\frac{1}{2}(a_{n−1}^{2} + a_{n}^{2}) + \frac{1}{2}(a_{n}^{2} + a_{1}^{2})) + (\frac{1}{2}(a_{n}^{2} + a_{1}^{2}) + \frac{1}{2}(a_{n}^{2} + a_{2}^{2}))) =

= (\frac{a_{1}}{a_{2} + a_{3}} + … + \frac{a_{n}}{a_{1} + a_{2}} ) (2a_{1}^{2} + 2a_{2}^{2} + … + 2a_{n}^{2}).

Задача 22. Доказать, что для любых положительных чисел a_{j}, b_{j} (j = 1, …, n) имеет место неравенство

n \sqrt{a_{1} … a_{n}} + ^{n} \sqrt{b_{1} … b_{n}} ≤ ^{n} \sqrt{(a_{1} + b_{1}) … (a_{n} + b_{n})}.

Решение. На основании неравенства Гельдера получим

(1 + \frac{a_{1}}{b_{1}} ) … (1 + \frac{a_{n}}{b_{n}} ) ≥ (1 + ^{n} \sqrt{\frac{a_{1}}{b_{1}} … \frac{a_{n}}{b_{n}}} )^{n} ,

или

(a_{1} + b_{1}) · . . . · (a_{n} + b_{n}) ≥ ( ^{n} \sqrt{a_{1} … a_{n}} + ^{n} \sqrt{b_{1} … b_{n}})^{n} ,

откуда n \sqrt{a_{1} … a_{n}} + ^{n} \sqrt{b_{1} … b_{n}} ≤ ^{n} \sqrt{(a_{1} + b_{1}) · . . . · (a_{n} + b_{n})}.

Задачи для самостоятельного решения

1. Доказать неравенство

sin x > x − \frac{x^{3}}{6} (x > 0).

2. Сравнить числа

a) \frac{ln 1998}{ln 1999} и \frac{ln 1999}{ln 2000},

b) cos(sin 2000) и sin(cos 2000).

3. Доказать, что для x > 0 имеет место неравенство

1 + 2 ln x ≤ x^{2}.

4. Пусть x_{1}, x_{2}, …, x_{n} - положительные числа. Доказать, что функция f : R ⟶ R,

f(x) = \{ \begin{matrix}(\frac{x_{1}^{α} + … + x_{n}^{α}}{n} )^{\frac{1}{α}} , & α ≠ 0 \\ ^{n} \sqrt{x_{1} … x_{n}}, & α = 0 \end{matrix}

является монотонно возрастающей. Более того, функция f является строго возрастающей тогда и только тогда, когда не все числа x_{j} равны между собой.

5. Доказать неравенство

sin α · sin β · sin γ ≤ \frac{3\sqrt{3}}{8},

где α, β, γ - внутренние углы некоторого треугольника.

6. Пусть a_{1}, a_{2}, …, a_{n} - действительные числа со свойствами a_{k} ∈ (0; \frac{1}{2}) (k = 1, …, n) и a_{1} + … + a_{n} = 1. Доказать, что

(\frac{1}{a_{1}^{2}} − 1) (\frac{1}{a_{2}^{2}} − 1) … (\frac{1}{a_{n}^{2}} − 1) ≥ (n^{2} − 1)^{n}.

Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md 13

7. Доказать, что для любых положительных чисел a, b, c выполняются неравенства

a + b + c ≤ \frac{a^{2} + b^{2}}{2c} + \frac{b^{2} + c^{2}}{2a} + \frac{c^{2} + a^{2}}{2b} ≤ \frac{a^{3}}{bc} + \frac{b^{3}}{ca} + \frac{c^{3}}{ab}.

8. (Неравенство Чебышева). Если a_{1} ≥ a_{2} ≥ … ≥ a_{n}; b_{1} ≥ b_{2} ≥ … ≥ b_{n}, то (a_{1} + a_{2} + … + a_{n})(b_{1} + b_{2} + … + b_{n}) ≤ n(a_{1}b_{1} + a_{2}b_{2} + … + a_{n}b_{n}).

9. Если 1 < a ≤ b ≤ c, то

\frac{a}{ln a} + \frac{b}{ln b} + \frac{c}{ln c} ≤ \frac{1}{3}(a + b + c) (\frac{1}{ln a} + \frac{1}{ln b} + \frac{1}{ln c}) ≤ \frac{a}{ln c} + \frac{b}{ln b} + \frac{c}{ln a}.

10. Доказать, что

n \sqrt{2 − \sqrt{3}} + ^{n} \sqrt{2 + \sqrt{3}} ≥ 2 (n = 2, 3, 4, …).

11. Доказать, что для любых неотрицательных чисел a, b, c имеет место неравенство (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc.

12. Доказать, что для любых действительных чисел x_{1}, …, x_{n} имеет место неравенство (x_{1} + … + x_{n})^{2} ≤ n(x_{1}^{2} + … + x_{n}^{2}).

13. Доказать, что последовательность

x_{n} = (1 + \frac{1}{n})^{n+1}

является монотонно убывающей.

14. Доказать, что

n! < (\frac{n + 1}{n})^{n} (n ∈ N).

15. Доказать, что для любых положительных чисел a_{1}, a_{2}, …, a_{n} имеет место неравен-

ство

\sqrt{\frac{a_{1} + a_{2}}{a_{3}}} + \sqrt{\frac{a_{2} + a_{3}}{a_{4}}} + … + \sqrt{\frac{a_{n−1} + a_{n}}{a_{1}}} + \sqrt{\frac{a_{n} + a_{1}}{a_{2}}} ≥ n\sqrt{2}.