Сборник задач по математике с решениями для поступающих в вузы

9. Нужно разобрать два случая в зависимости от знака правой части: если правая часть отрицательна, то неравенство удовлетворяется при всех x, при которых левая часть существует; если правая часть неотрицательна, то обе части неравенства нужно возвести в квадрат (подкоренное выражение при этом не может стать отрицательным):

10.1. Обозначим а = 1 + k. Тогда из условия а + b = 2 получим b = 1 − k. Вычислим а⁴ + b⁴:

а⁴ + b⁴ = (1 + k)⁴ + (1 − k)⁴ = 2k⁴ + 12k² + 2 = 2(k⁴ + 6k² + 1) ≥ 2,

так как k⁴ + 6k² ≥ 0 и, следовательно, k⁴ + 6k² + 1 ≥ 1.

10.2. Обозначим произведение, стоящее в левой части неравенства, через P. Так как а₁а₂ ... а_n = 1, то

(осуществлено почленное деление суммы 1 + а_i на а_i). Поскольку

то P² ≥ 4ⁿ и, следовательно, P ≥ 2ⁿ, что и требовалось доказать.

10.3. Способ 1.

Способ 2. Неравенству a^⅔ + b^⅔ > c^⅔ эквивалентно неравенство

(^a/_c)^⅔ + (^b/_c)^⅔ > 1.

Так как b < с и а < с, то основания показательных функций (^a/_c)^x и (^b/

_c)^x меньше единицы и эти функции убывают. Следовательно,

(^a/_c)^⅔ + (^b/_c)^⅔ > ^a/_c + ^b/_c = 1.

10.4. Данное неравенство можно переписать так:

4x³ − 4x² + 1 ≥ 0.

Оценим левую часть:

4x²(x − 1) + 1 = −4x²(1 − x) + 1.

Так как 0 ≤ x ≤ 1, то x² ≤ x и 1 − x ≥ 0. Следовательно,

−4x²(1 − x) + 1 ≥ −4x(1 − x) + 1 = (2x − 1)² ≥ 0,

что и доказывает наше неравенство.

10.5. Каждый из входящих в неравенство корней оценим следующим образом:

Складывая полученные неравенства, придем к выводу, что

Теперь, чтобы доказать написанное в условии неравенство, остается убедиться, что в последней оценке равенство никогда не достигается. Равенство возможно лишь при одновременном выполнении равенств 4a + 1 = 1, 4b + 1 = 1, 4с + 1 = 1, т. е. при а = b = с = 0, что противоречит условию а + b + с = 1.

Итак,

10.6. Пусть b < а. Тогда

(а + b)ⁿ ≤ (2a)ⁿ = 2ⁿaⁿ < 2ⁿ(aⁿ + bⁿ).

10.7. Так как ( ^а/_b)^{x −} возрастающая показательная функция (по условию а > b) и p > q, то

Воспользовавшись формулой производной пропорции, получим

что и требовалось доказать.

10.8. Имеем n очевидных неравенств:

Первое и последнее неравенства обязательно будут строгими, так как по условию n > 1. Перемножая эти неравенства, получим

10.9. Способ 1. Обозначим ^a/_b = u, ^b

/_c = v, ^c/_a = w. Тогда uvw = 1, т. е. среди чисел u, v и w есть хотя бы одно, большее 1, и одно, меньшее 1 (u = v = w невозможно, так как а, b и с не равны друг другу). Пусть u > 1, а 0 < v < 1, т. е.

(1 − u)(v − 1) > 0 или −uv + u + v − 1> 0.

С другой стороны, для чисел u, v и e выполняется неравенство

т. е. uv + w ≥ 2. Складывая это неравенство с неравенством − uv + u + v − 1 > 0, получим

u + v + w > 3, или ^a/_b + ^b/_c + ^c/_a > 3.

Способ 2. Пусть u, v и w — положительные числа, причем w — наименьшее из них: u > w, v > w. Так как u и w — положительные числа, то на них можно умножить неравенство v > w:

v(u − w) > w(u − w), т. е. uv − vw + w² > uw.

Поделим последнее неравенство на uw:

^v/_w − ^v/_u + ^e/_u > 1.

С другой стороны,

^u/_v + ^v/_u ≥ 2.

Складывая с предыдущим неравенством, получим

^u/_v + ^v/_w + ^w/_u > 3.

Если с — наименьшее из чисел а, b и с, то полагаем w = с, u = а, v = b и получаем неравенство, которое требовалось доказать. Если а или b — наименьшее из чисел а, b и с, то обозначения соответственно изменятся.

Способ 3. Пусть b = с + d₁, а = b + d₂ (d₁ > 0, d₂ > 0, т. е. а > b > с). Тогда

Это решение обобщается на случай n чисел:

т. е.

10.10. Воспользуемся формулой Герона и применим к сомножителям p − а, p − b, p − с неравенство между средним геометрическим и средним арифметическим трех чисел (p − а + p − b + p − с = 3p − 2p = p):

В условие входит величина 4S, для которой мы и проведем дальнейшие оценки

Выделим в числителе слагаемое 3(а² + b² + с²), а излишек в 2(а² + b² + с²) используем для образования полных квадратов, которые поглотили бы все попарные произведения:

и тем самым неравенство доказано.

10.11. Оценим левую часть неравенства:

(x − 1)(x − 3)(x − 4)(x − 6) + 10 = (х² − 7х + 6)(х² − 7х + 12) + 10 = [(х² − 7х + 9) − 3][(х² − 7х + 9) + 3] + 10 = (х² − 7х + 9)² − 9 + 10 = (х² − 7х + 9)² + 1 ≥ 1.

10.12. Подставляя в первое уравнение x² вместо yz, преобразуем систему следующим образом:

Числа y и z являются корнями квадратного уравнения относительно u:

u² + (x − х³)u + x² = 0.

По условию числа x и z действительные. Следовательно, дискриминант 

D = (x − x³)² − 4x² = x²(1 − x²)² − 4x² = x²[(1 − x²)² − 4]

должен быть неотрицательным.

Так как по условию x ≠ 0, то

(1 − x²)² ≥ 4.

Это неравенство может выполняться, если либо 1 − x² ≤ −2, либо 1 − x² ≥ 2. Второе неравенство не имеет решений, а из первого получаем x² ≥ 3, что и требовалось доказать.

10.13. Перепишем данные уравнения в виде откуда

yz = 8 − x(5 − x).

Числа y и z будут корнями уравнения

u² − (5 − x)u + x² − 5х + 8 = 0.

Так как y и z должны быть действительными числами, то дискриминант этого уравнения не может стать отрицательным ни при каких значениях x:

(5 − x)² − 4(х² − 5х + 8) ≥ 0, т. е. −3x² + 10x − 7 ≥ 0,

откуда

1 ≤ x ≤ ⁷/₃.