книги из ГПНТБ / Василевский, А. Б. Методы решения задач учебное пособие

если cos 4a = 0,5.

12.

Доказать,

что tg 142°30' — /ЗГ +

/ 3 + /б " есть целое число.

13.

Вычислить log0 16, если log1227 =

/n.

9 °.

14.

Вычислить lg tg l9 +

Igtg24 +

. . . + Ig tg 8

15. Доказать

тождество

(1 + x +

.v3 -f- ...

xn)- — xn = (1 + x + x2,+ . . . +

+ лл~ ‘) (1 + x +

*2 + ■■■+

xn+ ').

____________

16.

Вычислить

V 55 + 8 /3 9 + Y

103— 16 /3

9 .

а1+ а2 • • • + О-п

V аг ■а2... ап (неравенство Коши).

п

Пример 1. Доказать

неравенство

а4+ 64+ с4>

abc (а +

b + с), а >

0, b > 0, с > 0.

Преобразуем левую

часть

неравенства

следующим образом:

На основании неравенства (1) получаем:

а4+ 64

^

-у/гхйк

.(.«.о,

64+

с4

Ь2с2,

с4+

я4

. >

Уа*Ь* = а2Ь2,

Сложив почленно эти неравенства, имеем

а4+ 64+ с4> а2Ь2+ Ь2с2+ с2а2.

(2)

Преобразуем

правую

часть

неравенства

(2)

таким образом:

2

2 2

а262 +

62с2

Ь2с2+

с2а2

с2а2 + а2Ь2

а2Ь2+ Ь2с2+

с2а2 =

-------- ?s---------- 1-----------£-----------|-

2

1

2

На основании

неравенства (1) получаем:

^ Y а?Ь2 ■Ь2с2= а62с,

Ь2с2+ с2а2 ;> |/ Ъ2с2 ■с2а2 = Ьс2а,

С2й 2 -1-

П,2Ь 2

Г -----------------

------- --------- ^ У с%а2 ‘ а2Ь2 = са2Ь.

Сложив почленно эти

три неравенства, получаем

а2Ь2+ Ь2с2+

с2а2 ^

abc (6 +

с + а).

(3)

Из неравенства (2) и (3) следует утверждение задачи.

Пример 2.

Доказать

неравенство

если а + b +

У 4 а + 1 +

} Л б + 1

+ ]/4 сТ 7 <

5,

с =

1,

а подкоренные выражения неотрицательны.

Очевидно,

У 4а +

1

= > (4а +

1) ■1.

Применив неравенство

(1),

получаем

1 /4 0 + 1

=

)/ (4д +

1) • 1 <

(4а + 2!) + 1

- =

2а + 1.

(4)

Аналогично

У 4 6 + 1 < 2 6 +

1,

(5)

/ 4 1 + Т < 2 с + 1 .

(6)

Сложив почленно неравенства (4) — (6) и учитывая,

что а +

b +

+ с = 1, . найдем

/ 4 а + 1 +

1/46 +

1 +

У 4с + 1 <

2а + 26 + 2с +

3 =

= 2 ( а + 6 + с)+ 3 = 2- 1 + 3 = 5.

Утверждение

задачи

доказано.

ливость для

n = kx (kx > k,

kx— натуральное

число).

После этого

доказывается

справедливость

неравенства

f (п) >

0

при п — kx + 1,

причем при доказательстве используется неравенство f (kx) > 0.

Пример 3. Доказать, что при натуральном

я ^ З

верно

нера­

венство

2я > 2 л + 1 .

(7)

При я = 3

неравенство

(7) верно,

потому что

23 > 2

• 3 + 1 .

Допустим,

что неравенство

(7) справедливо

при

я = k

(k >3) ,

т. е.

2* > 2/г + 1 .

(8)

Докажем, что неравенство (7) верно и

при

/г =

& +

1,

т. е.

до­

кажем, что

2*+! >

2 (А +

1) +

1 =

2k +

3.

(9)

Неравенство (9) доказываем, используя

неравенство

(8):

2*+i = 2* • 2 >

(2А +

1) ■2 =

Ak + 2 =

(2k +

3) +

(2k — 1).

(10)

Так как k > 3,

то 2 k — 1 >

0.

Поэтому

из

неравенства (10)

сле­

дует

2ft+i >

2k + 3,

т. е. доказано неравенство (9).

2п >

2п +

1 справедливо при любом

Таким образом,

неравенство

натуральном я 3.

что

при любом

натуральном

я

1

верно

Пример 4.

Доказать,

неравенство

j _ _3_ _5_

2п — 1

1

(И)

2 ‘ 4 ' 6

2/г

/ з я +

1 '

При я = 1

неравенство

(11)

справедливо, так

как

—

2

<

-------------

*

/ 3 - 1

+ 1

Допустим,

что

неравенство

(11)

верно

при n = k

(k >

1),

т. е.

_1_ _3_ J>_

2k — 1

1

(12)

2

4

6 ' "

2k

^ ' -J/3F + T

венства

(11) при

/г =

6 +

1, т. е.

1

3

5

2 ( 6 + 1 ) — 1

„

1

.

(13)

2

4

6

" '

2(6 +

1)

, _________=

/ 3 ( 6 + 1 ) + 1

Для

этого

левую

часть

неравенства (13)

преобразуем

следую­

щим образом:

1

3

5

2 ( 6 + 1 ) — 1

/ 1

3

5

26 — 1

2 ' 4 ' 6

2 ( 6 + 1 )

~ 1 2

4

6

’

26

X

2 (6 +

1) — 1

X-

2 (6 +

1)

Применив

неравенство

(12), получаем

1

3

5

2 ( 6 + 1) — 1

<

1

2 (6 + 1) — 1

2

4

6

2 ( 6 + 1 )

/ 3 6 + 1

2 (6 + 1)

Теперь докажем,

что

1

2 (6 +

1) — 1

<

1

У 36 + 1

2 (6 + 1)

У~ з (6 + 1) + 1

или

1

2 6 + 1

1

<

(14)

у

36+ 1

26 +

2

■/36 +

4

Обе части неравенства (14) положительны. Поэтому неравенства

(14)

и

1

/

М + 1 V

<

1

П 5)

36 + 1 I 26 + 2 1 ' 36 + 4 '

к 1

эквивалентны.

неравенства (14)

достаточно

Таким образом, для доказательства

доказать неравенство

(15).

Преобразуем неравенство (15) следующим образом:

(26 +

I)2 (36 +

4) <

(36 +

1) (26 +

2)а,

(462 +

4 6 + 1) (36 +

4) <

(36 +

1) (462 + 86 + 4).

Раскрыв скобки и приведя подобные члены,

получаем 6 > 0.

Таким

образом,

неравенство (15),

а

следовательно,

и неравен­

ство

(14)

доказаны.

Применение производной к доказательству неравенств

1 Основная идея этого метода сводится к следующему.

Считаем,

Пусть

требуется доказать, что f

при х^>а.

что функции f(x) и ер(х)

при х ] >п дифференцируемы

и имеют оди­

наковые области определения.

Находим

производную

Допустим,

что

при

х =т= af(x) > ф (х ).

функции

F (х) = / (х) — ф (л-).

Если при х > aF' (х) > 0,

то F (х) возрастающая и неравенство

f (*) > ф (х) доказано.

[а,

+ со) точка

х„,

в которой F' (х) обра­

Если существует на

щается в нуль,

то

F (х)

монотонна на [а,

х0] и [х0, +

со). Поэтому

убедиться,

что f (х„) >

0,

и исследовать

поведение

функции

F (х)

при х-э- + со.

х ^

1

имеет место

неравенство

Пример

5.

Доказать, что при

2-Ч-2 >

х +

5.

Исследуем функцию

F ( jc) =

2*+2 — (л- +

5) =

4 • 2х — х — 5

на

[1,

+

со) • F{\) =

2 >

0. F' (х) =

4 • 2х - In 2 — 1.

Функция у ~ 2х на [1,

+

со)

возрастающая.

Поэтому

F' (х) = 4 • 2х ■1п2 — 1 > 4

• 2 ■In2 — 1 >

4 • 2 ■0,691 — 1 >

0.

Следовательно, F (х)

на

[ 1,

+ оо)

возрастающая

и

так

как

Е ( 1) > 0, то неравенство доказано.

Пример 6.

Доказать неравенство

если

а > 0

и Ь >

0.

За3 + 7Ь3> 9ab\

Ь3, полу­

Так как

b > 0,

то,

разделив обе части неравенства

на

чим эквивалентное

неравенство:

+

? > 9 Х .

Обозначив

а: Ь — х,

имеем

Зх3 + 7 > 9л:, (х > 0).

Составим функцию 1

F(x) = Зх3 — 9 х + 7 .

Она

определена

на [0,

+

оо).

F(0) =

7 > 0 .

1

F '(х) — 9х2— 9 =

= 9 (х2 — 1). F' (х) обращается в нуль

при хх =

и х2=

— 1.

Мы исследуем функцию F (х)

только на [0,

+

оо):

F '(ХУ< 0 на [0, 1).

F’ (х) = 0

при

х =

1.

F' (х) >

0 на (1,

Н- со).

Следовательно, F (х) на [0,

1)

убывает,

на

(1,

+

оо) возрастает,

достигает

наименьшего

значения

в

точке

хг = 1.

Но F(l) = 1, поэтому F (х) >

1

если

x > 0.

Утверждение

задачи доказано.

Функциональный подход к доказательству неравенств

Неравенство вида F (я,

Ь, с,

. . . ,

т)

(а, Ь-, с, . . . ,

т) (отно­

сительно переменных я, Ь,

с, . . . ,

т)

преобразуется

к виду F (я, Ь,

с,

. . . ,

пг) — Р (а,

Ь, с,

. . . ,

/«);> 0.

Исследуется функция

/(я) =

= F (я, Ь, с, . . . ,

т) — Р (а, Ь,

с,

. . . , т) относительно

перемен­

ного а (все остальные переменные данного

неравенства

считаются

параметрами).

что

Пример 7. Доказать,

4ab (3 — я) — 4я (1 + Ь2) <

Ь,

(16)

если а >

0 и b >

0.

Составим функцию

F (а) — АаЬ (3 — я) — 4я'(1 -f b2) — b = — 4я2Ь +

12я6 — 4я — 4я62—

— b = — Aba2 + 4я (ЗЬ — 1 — Ь2) — Ъ.

Как видим, функция F (а) является квадратным

трехчленом

(от­

носительно

я; b

считается

параметром).

F (а)

определена

на

(0,

+ ,х )•

что F(fl)-< 0 на

(0,

Доказать неравенство (16) это значит доказать,

+ ос)

при любом Ь > 0.

утверждение

задачи

очевидно,

так

Если

3b — 1 — Ь2<

0,

то

как в этом

случае

все

коэффициенты

квадратного

трехчлена

F (я)

отрицательны.

F ( я ) < 0 и в том случае, если

Покажем, что

ЗЬ — 1 — 62 > 0 ,

&> 0.

(17)

Неравенство (17) выполняется на (хх, х2), где

хг =

0,5 (3 — ] / 5 ) ^

0,382;

х2 =

0,5 (3 + 1^5) ^ 2,618.

Исследуем дискриминант квадратного

трехчлена

F (a)i

D = 42(36 — 1 — Ь2)2 — 16йа =

16 ф2— 2 6 + 1 ) ф2 — АЬ +

1).

Трехчлен Ь2— 2 6 + 1 ^ 0

при

всех

значениях

Ь.

Трехчлен

Ь2—

— АЬ +

Г имеет корни:

х3 =

2 — 1/3 ~

0,268;

=

2 +

] / з ^

3,732.

Отсюда

понятно,

что D < 0 на (х3,

х4). Но

интервал (хх,

х2)

содер­

Замена переменных,

входящих в неравенство, может проводиться

с двумя целями:

а) уменьшить

число

переменных; б)

привести не­

равенство к виду,

более удобному

для исследования

его свойств.

Пример 8. Доказать

неравенство

8 (я4+ Ь4) > (я + Ь)\ Ь ф 0.

Разделим обе

части

неравенства

на

Ь4\

я

4

8

Ь4

+ 1

>

1

~Ь

на (— оо,

+ со).

Находим

F (х) = 28х3 — 12х2 — 12х — 4 = 4 (7х3— Зх2— Зх — 1).

Очевидно, что f

(1) =

0.

7х? — Зх2 — Зх — 1

Применив теорему Безу, разложим многочлен

на множители:

7Х3 — Зх2— Зх — 1 =

(х— 1)(7х2 + 4 х + 1).

Квадратный трехчлен

7х2 +

4х + 1

действительных

корней

не

имеет. Поэтому функция f (х) имеет только одну подозрительную

на

экстремум точку х =

1.

Находим,

что

f(l) = 0.

Кроме

того,

при

Х - > + СО и при х-э----со/(х)-^--(-

оо.

Итак,

на (— со,

1)

/ ' (х) < 0,

и, следовательно, f (х) убывает

от

+ оо до 0; на (1,

+

оо)

/ ' (х) >

0 и /(х) возрастает от

0 до +

оо.

Утверждение задачи доказано.

Пусть

требуется

доказать

справедливость

неравенства F (х) > О

на (а, Ь).

Разбиваем

данный

интервал (а, Ь)

на несколько проме­

этих промежутков. При этом каждый раз левая

часть

неравенства

преобразовывается к новому виду.

Пример 9. Доказать неравенство

а4— а2— За + 5 > О, если а >

0.

(18)

Будем рассматривать левую часть этого неравенства

как функ­

цию от а, определенную на [0, + оз):

f (а) — а4— а2— За + 5.

поступаем следующим образом.

верно на

[0,

1].

Для

Сначала

докажем,

что

неравенство (18)

этого представим /(а)

в следующем виде:

/(а) = (а4+ 5 ) - ( а 2 + З а ).

Обозначим ср (а) =

а4+

5,

ф (а) = а2 + За.

Очевидно,

на

[0,

1]:

5 < ф (а) < 6, 0 < ф (а) 4.

Отсюда

понятно,

что

при

любом значении

а

из

отрезка

[0,1]

неравенство

(18) верно.

к

виду

Теперь преобразуем f(a)

/ (а) = а (а3— а — 3) + 5 — а [а(а2 — 1) — 3] + 5.

При а >

2 выражение,

стоящее в квадратной

скобке,

положи­

тельно, так

как при а^> 2

а (а2 — 1) > 3 а .

Итак, справедливость неравенства (18) показана

и на [2, +

оо).

Теперь осталось доказать утверждение задачи только для (1, 2).

Представим функцию f(a)

в виде

/ (а) = а2(а2 — 1) + (5 — За).

(

5

. Осталось только

Отсюда видно, что она положительна на I 1,

-д-

неясным ее

поведение

на

5_

3

’ 2 .

Запишем функцию f(a)

в виде

Трехчлен, стоящий в круглых

скобках, достигает своего наи­

меньшего значения при

— 1,5.

Поэтому функция

F (а) = а2 + За — 5

на

5 2 возрастающая

и достигает своего наибольшего значе­

ния

при а — 2; F (2) = 5.

5

/

возрастающая и достигает своего

Функция ф(а) = а4 на I

2

| / з + т ^ 3 + 1 ^ 3 — / ^ 3 < 2 / 3.

Обычно путем

неоднократного

возведения

в степень

обеих час­

тей неравенства

такого

вида

сводятся

к рациональным.

Но в дан­

ном случае такой

путь

сложен.

Здесь

гораздо

проще

поступить

следующим образом.

что

левая часть неравенства меньше пра­

Нам нужно доказать,

вой. Поэтому будем

находить (при помощи таблиц)

приближенные

значения

обеих

частей

неравенства

(левой

части — с

избытком,

правой — с недостатком).

точностью

до

1,

потом

до 0,1

Вычисления

ведем сначала с

и т. д. до тех пор,

пока не

убедимся

в справедливости

данного

неравенства.

у/ 3 +

3 + | / 3 —

2 ? / Т

С

точностью

д о

1:

2 +

2 =

4

2

С

точностью

до

0 ,1 :

1 , 6 + 1 , 2 = 2 , 8

2 , 8

Итак,

l A

+

/~ 3

+

П

-

/

3

<

2,8,

a 2

V

3

> 2,8.

Утверждение

задачи доказано.

Упражнения

1.

Доказать неравенства: 1) log81 576<Iog30 192; 2) 334>

261;

3) 202303^?303а02.

2.

Доказать,

что если а >

0,

то верно неравенство

' а3 + За2 + 15 > 13а.

3.

Доказать,

что если

а > О,

b > 0,

то 2(а4 +

64) + 1 9 >

12а6.

4.

Доказать,

что - j +

“ _

a

+

с + а _

ь

+

а + 1 ' ~ с

> 3-

если а ■

6,

с — стороны треугольника.

У к а з а н и е .

Перейти

к новым переменным

х,

у,

г,

обозначив 6+ с—а—х,

с + а — Ь = у, a + b — c = z.

+

5.

Доказать,

что если а >

О,

b >

0,

то верно неравенство а4 +

а36 — 4a26 -f-

ab +

62 > 0.

6.

Доказать,

что

если а

0,

6 >

0,

с >

0,

то

имеет

место

неравенство

6а +

46 + 5с > 5 |Лт6 +

7 J^ac +

3 Т^бс.

+

1

7.

Доказать,

что если а >

0,

то верно

неравенство

(a -|- 1) + а (а — 4) +

> 0.

а

b

с

8.

Доказать

>

3,

если

а >

0, 6 > 0 ,

с > 0 .

неравенство -у - + - у +

- у

9.

Доказать,

что для любых действительных

чисел х и у

верно неравенство

х4 + yi > х3у + ху3.

1

1

1

10.

Доказать,

Н------ Ь

< 2 ,

если я > 2

(и—на-

что у т р у + „ у у

gn ^ д

туралыюе число).

6с

ас

аб

11.

Доказать,

если а > 0,

6 > 0 , с>0.

что -у —+ - у —+ у

— » a + 6 + с,

12.

Доказать,

что ЗаЬс < a3 + 63 + с3,

если а > 0,

6 >

0,

с > 0.

13.

Доказать,

что

если

х и

д — неотрицательные

числа,

п — натуральное

число,

то 2Л—1(хп + I/") >

(х + (/)” .

14.

Доказать, что у = - +

у

=

- +

< —

+ у -

+

- у .

если

а > 0 ,

6 > 0,

с > 0.

15.

Доказать,

что для любого натурального п верно неравенство

1

\2П

/

1

1 + - 2г ) > ( 1 + Т

4 А. Б. Василевский

49