Глава IV. § 12. п. 41 Доказательство неравенств — с. 226
1004. Докажите неравенство: а) a² + b² + 4 ≥ 2(a + b + 1); б) 4a² + b² > 4(a + b − 2).
Составим разность левой и правой частей и выделим полные квадраты.
а) a² + b² + 4 − 2(a + b + 1) = a² − 2a + b² − 2b + 2 = (a² − 2a + 1) + (b² − 2b + 1) = (a − 1)² + (b − 1)² ≥ 0. Значит, a² + b² + 4 ≥ 2(a + b + 1); равенство при a = b = 1.
б) 4a² + b² − 4(a + b − 2) = 4a² − 4a + b² − 4b + 8 = (4a² − 4a + 1) + (b² − 4b + 4) + 3 = (2a − 1)² + (b − 2)² + 3 ≥ 3 > 0. Значит, 4a² + b² > 4(a + b − 2). Что и требовалось доказать.
а) a² + b² + 4 − 2(a + b + 1) = a² − 2a + b² − 2b + 2 = (a² − 2a + 1) + (b² − 2b + 1) = (a − 1)² + (b − 1)² ≥ 0. Значит, a² + b² + 4 ≥ 2(a + b + 1); равенство при a = b = 1.
б) 4a² + b² − 4(a + b − 2) = 4a² − 4a + b² − 4b + 8 = (4a² − 4a + 1) + (b² − 4b + 4) + 3 = (2a − 1)² + (b − 2)² + 3 ≥ 3 > 0. Значит, 4a² + b² > 4(a + b − 2). Что и требовалось доказать.
1005. Докажите, что если x > 0 и y > 0, то: а) x/y² + y/x² ≥ 1/x + 1/y; б) x²/y + y²/x ≥ x + y.
а) Разность: x/y² + y/x² − 1/x − 1/y = (x/y² − 1/y) + (y/x² − 1/x) = (x − y)/y² + (y − x)/x² = (x − y)(1/y² − 1/x²) = (x − y)(x² − y²)/(x²y²) = (x − y)²(x + y)/(x²y²).
При x > 0, y > 0 эта дробь неотрицательна, так как (x − y)² ≥ 0, x + y > 0, x²y² > 0. Неравенство доказано.
б) Разность: x²/y + y²/x − x − y = (x²/y − 2x + y) + (y²/x − 2y + x) = (x − y)²/y + (x − y)²/x. Оба слагаемых неотрицательны при x > 0, y > 0, поэтому разность неотрицательна. Неравенство доказано; равенство при x = y.
При x > 0, y > 0 эта дробь неотрицательна, так как (x − y)² ≥ 0, x + y > 0, x²y² > 0. Неравенство доказано.
б) Разность: x²/y + y²/x − x − y = (x²/y − 2x + y) + (y²/x − 2y + x) = (x − y)²/y + (x − y)²/x. Оба слагаемых неотрицательны при x > 0, y > 0, поэтому разность неотрицательна. Неравенство доказано; равенство при x = y.
1006. Докажите, что при a > 0 и b > 0 верно неравенство: а) (a + b)(ab + 16) ≥ 16ab; б) (a² + 4b)(4b + 25) ≥ 80ab.
Используем соотношение: для положительных чисел u, v верно u + v ≥ 2√(uv).
а) a + b ≥ 2√(ab) и ab + 16 ≥ 2√(16ab) = 8√(ab). Обе части каждого неравенства положительны, поэтому перемножим: (a + b)(ab + 16) ≥ 2√(ab) · 8√(ab) = 16ab.
б) a² + 4b ≥ 2√(4a²b) = 4a√b и 4b + 25 ≥ 2√(100b) = 20√b. Перемножаем: (a² + 4b)(4b + 25) ≥ 4a√b · 20√b = 80ab. Неравенства доказаны.
а) a + b ≥ 2√(ab) и ab + 16 ≥ 2√(16ab) = 8√(ab). Обе части каждого неравенства положительны, поэтому перемножим: (a + b)(ab + 16) ≥ 2√(ab) · 8√(ab) = 16ab.
б) a² + 4b ≥ 2√(4a²b) = 4a√b и 4b + 25 ≥ 2√(100b) = 20√b. Перемножаем: (a² + 4b)(4b + 25) ≥ 4a√b · 20√b = 80ab. Неравенства доказаны.
1007. Докажите, что: а) (a + b)/c + (b + c)/a + (a + c)/b ≥ 6, если a > 0, b > 0, c > 0; б) (1 + a)(1 + b)(1 + c) > 24, если a > 0, b > 0, c > 0 и abc = 9.
а) Представим сумму так: (a + b)/c + (b + c)/a + (a + c)/b = (a/b + b/a) + (b/c + c/b) + (a/c + c/a). Для положительных чисел p/q + q/p ≥ 2 (так как (p − q)²/(pq) ≥ 0, то есть p² + q² ≥ 2pq). Значит, сумма не меньше 2 + 2 + 2 = 6.
б) По неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим: 1 + a ≥ 2√a, 1 + b ≥ 2√b, 1 + c ≥ 2√c. Перемножим: (1 + a)(1 + b)(1 + c) ≥ 8√(abc) = 8 · 3 = 24. Равенство требовало бы a = b = c = 1, но тогда abc = 1 ≠ 9. Поэтому неравенство строгое: (1 + a)(1 + b)(1 + c) > 24.
б) По неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим: 1 + a ≥ 2√a, 1 + b ≥ 2√b, 1 + c ≥ 2√c. Перемножим: (1 + a)(1 + b)(1 + c) ≥ 8√(abc) = 8 · 3 = 24. Равенство требовало бы a = b = c = 1, но тогда abc = 1 ≠ 9. Поэтому неравенство строгое: (1 + a)(1 + b)(1 + c) > 24.
1008. Докажите, что куб полусуммы любых двух положительных чисел не превосходит полусуммы их кубов.
Нужно доказать, что ((a + b)/2)³ ≤ (a³ + b³)/2 при a > 0, b > 0. Составим разность:
(a³ + b³)/2 − (a + b)³/8 = (4(a³ + b³) − (a + b)³)/8 = (a + b)(4(a² − ab + b²) − (a + b)²)/8 = (a + b)(3a² − 6ab + 3b²)/8 = 3(a + b)(a − b)²/8.
При a > 0, b > 0 это выражение неотрицательно (равно нулю только при a = b). Значит, ((a + b)/2)³ ≤ (a³ + b³)/2. Что и требовалось доказать.
(a³ + b³)/2 − (a + b)³/8 = (4(a³ + b³) − (a + b)³)/8 = (a + b)(4(a² − ab + b²) − (a + b)²)/8 = (a + b)(3a² − 6ab + 3b²)/8 = 3(a + b)(a − b)²/8.
При a > 0, b > 0 это выражение неотрицательно (равно нулю только при a = b). Значит, ((a + b)/2)³ ≤ (a³ + b³)/2. Что и требовалось доказать.
1009. Докажите, что √((a + c)(b + d)) ≥ √(ab) + √(cd), если a > 0, b > 0, c > 0, d > 0.
Обе части неравенства положительны, поэтому можно сравнить их квадраты.
(√(ab) + √(cd))² = ab + 2√(abcd) + cd. Левая часть в квадрате: (a + c)(b + d) = ab + ad + bc + cd.
Разность: (ab + ad + bc + cd) − (ab + 2√(abcd) + cd) = ad + bc − 2√(ad · bc) = (√(ad) − √(bc))² ≥ 0.
Значит, (a + c)(b + d) ≥ (√(ab) + √(cd))², откуда √((a + c)(b + d)) ≥ √(ab) + √(cd).
(√(ab) + √(cd))² = ab + 2√(abcd) + cd. Левая часть в квадрате: (a + c)(b + d) = ab + ad + bc + cd.
Разность: (ab + ad + bc + cd) − (ab + 2√(abcd) + cd) = ad + bc − 2√(ad · bc) = (√(ad) − √(bc))² ≥ 0.
Значит, (a + c)(b + d) ≥ (√(ab) + √(cd))², откуда √((a + c)(b + d)) ≥ √(ab) + √(cd).
1010. Докажите, что при a > 0, b > 0, c > 0 верно неравенство 3/(a + b + c) < 1/(a + b) + 1/(b + c) + 1/(c + a).
Обозначим x = a + b, y = b + c, z = c + a (все положительны). Тогда x + y + z = 2(a + b + c), и левая часть равна 3/(a + b + c) = 6/(x + y + z).
Покажем, что (x + y + z)(1/x + 1/y + 1/z) ≥ 9. Раскроем скобки: 3 + (x/y + y/x) + (y/z + z/y) + (x/z + z/x) ≥ 3 + 2 + 2 + 2 = 9, так как p/q + q/p ≥ 2 для положительных p, q.
Следовательно, 1/x + 1/y + 1/z ≥ 9/(x + y + z) > 6/(x + y + z) = 3/(a + b + c). Это и есть требуемое неравенство.
Покажем, что (x + y + z)(1/x + 1/y + 1/z) ≥ 9. Раскроем скобки: 3 + (x/y + y/x) + (y/z + z/y) + (x/z + z/x) ≥ 3 + 2 + 2 + 2 = 9, так как p/q + q/p ≥ 2 для положительных p, q.
Следовательно, 1/x + 1/y + 1/z ≥ 9/(x + y + z) > 6/(x + y + z) = 3/(a + b + c). Это и есть требуемое неравенство.