Praktika

§1. ПРОГРАММА ЭЛЕКТИВНОГО КУРСА «ОБОСНОВАНИЕ И ПРИМЕНЕНИЕ НЕРАВЕНСТВА КОШИ» Данный курс предназначен для учащихся одиннадцатых классов с физико-математическим уклоном. С помощью классических неравенств, на примере неравенства Коши, во многих случаях можно осуществить исследование на максимум и минимум целого ряда функций без обращения к нахождению и исследованию их производных (тем более что производная у исследуемой функции может отсутствовать). Есть и ещё один повод познакомится с данным курсом: задачи, решение которых весьма затруднительно или даже невозможно получить без применения классических неравенств, - частые гости на математических олимпиадах школьников, а значит, тот, кто захочет хорошо подготовиться к тому или иному математическому конкурсу, просто обязан будет познакомиться с наиболее знаменитыми и востребованными замечательными неравенствами. Цель: Познакомить учащихся с неравенством Коши для дальнейшего его использования при решении задач. Задачи: 1. Введение понятий и определений для изучения темы: «Обоснование и применение неравенства Коши»; 2. Познакомить учащихся с некоторыми видами доказательства неравен-

ства Коши; 3. Применение неравенства Коши при решении задач. Занятия включают в себя теоретическую и практическую части – лекции, практикумы, проверочную и исследовательскую работы. Данный элективный курс рассчитан на 9 часов. Учебно-тематический план:

1. Неравенство Коши. Некоторые виды доказательства неравенства Коши (2 часа); 2. Частные случаи неравенства Коши (2 часа); 3. Неравенство Коши для произвольного числа переменных (2 часа); 4. Применение неравенства Коши для решения других видов математи-

ческих задач (2 часа); 5. Проверочная работа (1 час). Занятие 1. Неравенство Коши. Доказательство неравенства Коши Цель: Ознакомить учащихся с некоторыми видами доказательства неравенства Коши. Задачи: 1. Определение неравенства Коши; 2. Доказательство с помощью метода математической индукции; 3. Доказательство, основанное на геометрических рассуждениях; 4. Доказательство с помощью производной. Определение. Неравенством Коши называется следующее неравенство:

a + a + ... + an 1 2 ≥ n a a ...an , 1 2 n

(1)

где ai > 0(i = 1,2,..., n; n ∈ N) Теорема 1. Для любых действительных неотрицательных чисел

a , a ,..., an (n ∈ N) справедливо неравенство (1), причём равенство имеет ме1 2 сто тогда и только тогда, когда a1 = a 2 = ... = a n .

Доказательство методом математической индукции Справедливость неравенства (1) при n = 1 очевидна.

Допустим, неравенство (1) верно при n = k , и докажем, что оно будет верно для n = k + 1 ,т. е. что a1 + a 2 + ... + a k + a k +1 k +1 ≥ a1a 2 ...a k a k +1 . k +1

(2)

Сначала приведем неравенство (2) к виду

a a a ...a a1 a + 2 + ... + k + 1 ≥ (k + 1)k +1 1 2 k . a k +1 a k +1 a k +1 a kk +1

(3)

Из справедливости неравенства (1) для k слагаемых следует, что

a a a ...a a1 a + 2 +...+ k ≥ k k 1 2 k ; ak +1 ak +1 ak +1 ak k +1

(4)

это равносильно такому неравенству:

a a a ...a a1 a + 2 + ... + k + 1 ≥ k k 1 2 k + 1. a k +1 a k +1 a k +1 a kk +1 Поэтому для доказательства неравенства (3) достаточно показать:

a a ...a a a ...a k k 1 2 k + 1 ≥ (k + 1) k +1 1 2 k . a kk+1 a kk +1

(5)

Пусть

a1a 2 ...a k a kk +1

= x k ( k +1) ,

x > 0.

Тогда неравенство (5) примет вид: kx k +1 − (k + 1) x k + 1 ≥ 0 .

(6)

Рассмотрим функцию f ( x) = kx k +1 − ( k + 1) x k + 1 . Она непрерывна на промежутке ( 0;+∞ ) . Производная данной функции: f ′( x) = k ( k + 1) x k −1 ( x − 1) f ′( x) < 0 при x ∈ ( 0;1) и

точка минимума

f ′( x) > 0 при x ∈ (1;+∞ ) . Следовательно, x = 1 —

данной функции. Поскольку f (1) = 0 , заключаем, что

f ( x) ≥ 0 на промежутке ( 0;+∞ ) . Таким образом, неравенство (6) верно, а,

следовательно, верны и неравенства (4), (3) и (2). Тогда неравенство (1) верно для (n ∈ N). Доказательство, основанное на геометрических рассуждениях. Предложим теперь доказательство теоремы 1, основанное на геометрических рассуждениях. На рис. 1 изображена кривая y = ln x . Дифференцирование показывает, что эта кривая вогнута, так что хорда, соединяющая две любые её точки, лежит под кривой. Следовательно, для x1 , x2 > 0,  x + x2  ln x1 + ln x2 ln 1 ≥ , 2  2  причём равенство имеет место только при x1 = x2.

Рис. 1 Этот результат равносилен неравенству

x1 + x2 ≥ x1 x2 . 2 Аналогичное рассуждение показывает, что

 x + x2 + ... + xn  ln x1 + ln x2 + ... + ln xn ln 1 ≥ n n   для x1, x2, ..., xn > 0, откуда следует, что x1 + x2 + ... + xn n ≥ x1 x2 ...xn n и, вообще, что  λ x + λ2 x2 + ... + λn xn  λ1 ln x1 + λ2 ln x2 + ... + λn ln xn  ≥ ln 1 1 λ1 + λ2 + ... + λn  λ1 + λ2 + ... + λn 

для любых xi ≥ 0 и λi > 0. Это неравенство кажется более сильным, чем теорема 1, но оно в действительности может быть получено из (1) специальным выбором значений xi и предельным переходом. Доказательство с помощью производной С помощью производной решаются в основном задачи, связанные с исследованием функций. Между тем возможности, которые предоставляют понятия и методы математического анализа значительно шире. Покажем эти возможности на примере доказательства знаменитого неравенства Коши между средним арифметическим и средним геометрическим n неотрицательных чисел. Доказательство это весьма просто, используемые в нём понятия и утверждения не выходят за пределы программы средней школы. Оно вполне доступно для рассмотрения как на внеклассных или факультативных занятиях, так и (при наличии времени) непосредственно на уроке. Совершенно аналогично доказывается так называемое обобщённое неравенство Коши, в качестве следствий которого автоматически получаются классические неравенства Иенсена, Гёльдера, Коши — Буняковского. Докажем прежде всего, что при любом x ∈R выполняется неравенство e x −1 ≥ x ,

(7)

причем равенство достигается здесь только при x = 1 . Действительно, если f ( x) = e x −1 − x , то производная f ′( x) = e x −1 − 1 отрицательна при x < 1 и положительна при

x > 1 . Следовательно, f (1) = 0 -

наименьшее значение

функции f , достигаемое только при x = 1 . Таким образом, для любого x ∈ R выполняется неравенство e x −1 − x ≥ 0 , равносильное (7). Ясно также, что равенство достигается только при x = 1 . Пусть теперь x1 , x 2 ,..., x n — неотрицательные действительные числа, их среднее арифметическое обозначим через A , т. е. x + x 2 + ... + x n A= 1 . n

В силу неравенства (7) для положительных чисел x1 , x 2 ,..., x n имеем: x1

−1 x1 ≤e A , A x2

−1 x2 ≤e A , A

………….. xn

−1 xn ; A ≤e A

перемножив эти неравенства, получаем x1x2 ...xn An

Но

x1 + x2 +...+ xn −n A . ≤e

x1 + x 2 + ... + x n = n , так что x1 x 2 ...x n ≤ A n , или A n x x ...x ≤ x1 + x 2 + ... + x n , 1 2 n

n

(8)

а это и есть неравенство Коши. Ясно, что равенство в нём достигается только в том случае, когда x x1 x2 = = ... = n = 1 , или x1 = x 2 = ... = xn . A A A

Если среди чисел xi имеется хотя бы один нуль, то неравенство (8) очевидно. Докажем теперь обобщённое неравенство Коши. Пусть x1 , x 2 ,..., x n , p1 , p 2 ,..., p n — положительные числа. Тогда  x p + x 2 p 2 + ... + x n p n p p p x1 1 x 2 2 ...x n n ≤  1 1 p1 + p 2 + ... + p n 

  

p1 + p2 +...+ pn

,

(9)

причем равенство достигается только при x1 = x 2 = ... = xn . Доказательство. Положим x p + x 2 p 2 + ... + x n p n s= 1 1 p1 + p 2 + ... + p n

и выпишем n неравенств, вытекающих из неравенства (7): x1 −1 , x1 ≤ se s x2 −1 , s x 2 ≤ se

………….. xn −1 . x n ≤ se s

Возведем первое из этих неравенств в степень p1 , второе — в степень p 2 и т. д., а затем их почленно перемножим. Тогда будем иметь x1 p1 + x 2 p 2 + ...+ x n p n − ( p1 + p 2 + ...+ p n ) p1 p 2 pn p1 + p 2 + ...+ p n s x1 x2 ...xn ≤ s ⋅e = p1 + p 2 + ...+ p n

=s

,

что и требовалось доказать. Заметим, что в выражении (9) равенство достигается только при x x1 x2 = = ... = n = 1 , s s s

т.е. при x1 = x 2 = ... = xn . Занятие 2. Частные случаи неравенства Коши

Цель: Ознакомить учащихся с частными случаями неравенства Коши и привить навыки решения задач с помощью неравенства Коши. Задачи: 1. Рассмотреть частные случаи неравенства Коши; 2.

Воспитать познавательный интерес;

3. Расширить кругозор учащихся. Задача 1. («Школьный» вариант неравенства Коши.) Докажите, что для любых неотрицательных a, b справедливо неравенство:

a+b ≥ ab , 2 Причём равенство имеет место тогда и только тогда, когда a = b . Решение. Составим и преобразуем разность между правой и левой частями доказываемого неравенства, а затем сравним эту разность с 0: a+b a − 2 ab + b 1 − ab = = 2 2 2

(

)

2

a − b ≥ 0,

что и доказывает исследуемое неравенство, а также даёт условие реализации этого соотношения в варианте равенства, а именно, когда a = b . Задача 2. Докажите, что для любых неотрицательных a, b, c справедливо неравенство

a + b + c ≥ ab + ac + bc. Решение. Запишем три очевидных неравенства (вспомните неравенство Коши!) одинакового смысла (т. е. для образования каждого из этих неравенств использован один и тот же знак: или только «>»; или только «<»; или только « ≥ »; или только « ≤ »)

a+b a+c b+c ≥ ab , ≥ ac , ≥ bc 2 2 2

(опорные неравенства) и почленно сложим их, что и приведет к получению требуемого неравенства:

a + b + c ≥ ab + ac + bc. Задача 3. Докажите, что для любых неотрицательных a, b, c справедливо неравенство:

(

)

a 3 + b 3 + c 3 + 15abc ≤ 2( a + b + c ) a 2 + b 2 + c 2 . Решение. Перейдём к равносильному неравенству

(

)

a 3 + b 3 + c 3 + 2 a 2 b + a 2 c + b 2 a + b 2 c + c 2 a + c 2 b ≥ 15abc, а

затем

уже

к

пятнадцати

a 3 , b 3 , c 3 , a 2 b, a 2 b, a 2 c, a 2 c, b 2 a, b 2 a, b 2 c, b 2 c, c 2 a, c 2 a, c 2 b, c 2 b

числам применим

неравенство Коши. Получим требуемое (с точностью до перехода к равносильному неравенству). Задача 4. Докажите, что для любых неотрицательных a, b, c, d справедливо неравенство (неравенство Коши для четырёх переменных):

a+b+c+d 4 ≥ abcd , 4 причём это соотношение реализуется в варианте равенства только если a=b=c=d. Решение. a+b c+d + a+b+c+d 2 2 ≥ = 4 2

ab + cd ≥ 2

ab ⋅ cd = 4 abcd

,

причём равенство имеет место тогда и только тогда, когда одновременно выполняются три условия: a+b = ab ; 2 c+d = cd ; 2 ab = cd , т.е. когда a = b = c = d . Доказательство завершено.

Замечание. Очевидно, что аналогичные рассуждения позволяют обосновать неравенство Коши для такого числа переменных, как 8; 16; 32; … Задача 5. Докажите, что для любых неотрицательных a, b, c справедливо неравенство (неравенство для трёх переменных): a+b+c 3 ≥ abc , 3 причём равенство имеет место тогда и только тогда, когда a = b = c . Решение. Вариант I. Ради более компактных записей сделаем подстановку

a = A3 , b = B 3 , c = C 3 и перейдём к рассмотрению неравенства вида

A3 + B 3 + C 3 ≥ 3 ABC , где A, B, C - любые неотрицательные действительные числа. Эти неравенства не являются равносильными; а вот задачи по их доказательству – равносильны. Воспользуемся следующими легко проверяемыми тождествами (не поленитесь убедиться в их справедливости!): A3 + B 3 + C 3 − 3 ABC = ( A + B + C ) ( A 2 + B 2 + C 2 − AB − AC − BC ) = 1 = ( A + B + C ) ⋅ ⋅ ( 2 A 2 + 2 B 2 + 2C 2 − 2 AB − 2 AC − 2 BC ) = 2 1 2 2 2 = ( A + B + C ) ⋅ ⋅ ( A − B) + ( A − C ) + ( B − C ) . 2

(

)

Таким образом, разность между левой и правой частями доказываемого неравенства – произведение трёх неотрицательных чисел. Очевидно также, что равенство в этом соотношении реализуется тогда и только тогда, когда A + B + C = 0 , т.е. когда A = B = C = 0 , либо когда одновременно выполняются три равенства: A − B = 0; A − C = 0; B − C = 0 , т.е. опять – таки когда A= B = C. Доказательство завершено.

Вариант II. Перейдём, как и в предыдущем варианте доказательства, к неравенству A3 + B 3 + C 3 − 3 ABC ≥ 0, где A, B, C - произвольные неотрицательные действительные числа. В силу симметричности левой и правой частей этого неравенства (как не обменивай местами символы A, B, C - ничего «существенного» с неравенством не произойдёт!), не нарушая общности, можно ограничиться более определённой ситуацией для множества значений параметров A, B, C , а именно, считать, что A ≤ B ≤ C . Тогда B = A + h1 , где h1 ≥ 0, C = A + h2 , где h2 ≥ 0, и это позволит перейти к доказательству неравенства вида A 3 + ( A + h1 ) 3 + ( A + h2 ) 3 − 3 ⋅ A ⋅ ( A + h1 )( A + h2 ) ≥ 0 , которое легко проверить элементарными преобразованиями, равносильно неравенству вида

(

)

3 ⋅ A ⋅ h12 − h1h2 + h22 + h13 + h23 ≥ 0 , которое очевидно, так как по условию неотрицательны A, h1 , h2 и неотрицателен неполный квадрат разности. Очевидно также, что равенство в уже доказанном соотношении наступит только если h1 = h2 = 0 , т.е. когда A = B = C . Доказательство завершено. Вариант III. Воспользуемся результатом, обоснованным ранее (см. задачу 4), - истинностью неравенства Коши для четырёх переменных. Для этого для любых неотрицательных a, b, c рассмотрим следующую четверку неотрицательных чисел: a, b, c, d =

чая: либо d =

a+b+c . Для d возможны только два слу3

a+b+c = 0 и тогда a = b = c = 0 , так как все три переменные 3

(параметры) a, b, c - неотрицательны; либо d > 0 и тогда

d=

a+b+c = 3

a+b+c a+b+c+d 4 , 3 = ≥ abcd 4 4

a+b+c+

т.е. d ≥ 4 abcd , но d > 0 , а значит, из неравенства d 4 ≥ abcd немедленно следует соотношение d 3 ≥ abc , это и означает: d=

a+b+c 3 ≥ abc , 3

что и требовалось доказать, причём доказанное соотношение в варианте равенства выполнится тогда и только тогда, когда (см. утверждение задачи 4) a=b=c=d =

a+b+c , т.е. при a = b = c . Доказательство неравенства завер3

шено. Замечание. Рассуждения, аналогичные проведённым выше, позволяют, доказав неравенство Коши для m параметров ( m ≥ 3) , немедленно обосновать его и для m − 1 параметров, рассмотрев следующие m неотрицательных чисел x + x 2 + ... + x m−1 x1 , x 2 ,..., x m−1 , x m = 1 m −1

и записав для них неравенство Коши (для x m также придётся выделить два случая: xm = 0 или xm > 0 ). Преобразования, аналогичные проведённым выше, без труда приведут к получению неравенства Коши для m − 1 переменных (рекомендуется проделать это учащимся самостоятельно). Занятие 3. Неравенство Коши для произвольного числа переменных Цель: Формирование навыков и умений при решении задач, применяя неравенство Коши для произвольного числа переменных. Задачи: 1. Рассмотреть неравенства Коши для произвольного числа переменных;

2. Научить применять полученные знания на практике; 3. Воспитать познавательный интерес.

Задача 6. (один из вариантов так называемого неравенства Бернулли). Докажите, что при любом α > 0 и любом рациональном r > 1 имеет место неравенство (1 + α ) r > 1 + rα . Решение. Пусть r =

p > 1 несократимая дробь; p, q - натуральные, q

p > q . Рассмотрим следующую конечную последовательность чисел:

1 + rα ,1 + rα ,...,1 + rα - q равных чисел, 1,1,...,1 - ( p − q ) единиц, и рассмотрим соотношение между их средним арифметическим и средним геометрическим (неравенство Коши), причём вариант равенства отпадает, так как заведомо 1 + rα ≠ 1 : p

(1 + rα ) q

<

p − q + q ( 1 + rα ) p

или p

( 1 + rα ) q

< 1+

qrα q p = 1 + ⋅ ⋅α = 1 + α , p p q p

p

т.е. (1 + rα ) q < 1 + α или 1 + rα < (1 + α ) , а значит, (1 + α ) r > 1 + rα , что и q требовалось доказать. Задача 7. Докажите, что любых натуральных a, b, c справедливо двойное неравенство a +b+c a b c ≥  3   a b c

a +b + c

( b + c) a ( c + a) b ( a + b) c ≥ . 2 a +b + c

Доказательство. Докажем вначале левое неравенство. Для этого рассмотрим следующее a + b + c чисел

чисел,

1 1 1 , ,..., a a a

- a чисел,

1 1 1 , ,..., - b b b b

1 1 1 , ,..., - c чисел, и запишем для них указанный выше вариант нераc c c

венства Коши:

1 1 1 1 1 1  + ... + + + ... + + + ... +  a b b c c a a+b+c      

a +b + c a

b

c

 1  1 1 ≥   ⋅  ⋅  , a b c

т.е. 3     a +b+c

a +b + c

≥

1

,

a b c

a b c

откуда

a +b +c a b c ≥  3   a b c

a +b + c

.

Левое неравенство доказано. Обратимся теперь к доказательству правого неравенства. Для этого рассмотрим следующие a + b + c чисел:

b + c,..., b + c - всего a чисел, c + a,..., c + a - всего b чисел, a + b,..., a + b всего c чисел, тогда для них имеем, если применить неравенство Коши:

 ( b + c ) a + ( c + a )b + ( a + b) c    a+b+c  

a +b + c

≥ ( b + c) a ⋅ ( c + a) b ⋅ ( a + b) c

или

 2( ab + ac + bc )     a+b+c 

a +b+ c

≥ ( b + c ) a ⋅ ( c + a ) b ⋅ ( a + b) c

или  ab + ac + bc     a+b+c 

a +b + c

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

но ранее доказанное неравенство (см. задачу 4) a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + ac + bc приводит к соотношению

( a + b + c ) 2 ≥ 3( ab + ac + bc ) , что в свою очередь, даёт неравенство (a, b, c - натуральные) 0<

ab + ac + bc a + b + c ≤ , a+b+c 3

значит, a +b+c   3  

a +b + c

( b + c) a ⋅ ( c + a) b ⋅ ( a + b) c ≥ . 2 a +b+ c

Исходное неравенство полностью доказано. Задача 8. Докажите, что для любого натурального n, большего 1, справедливо неравенство: n n! < n + 1 .

2

Решение. Перейдём от данного неравенства к доказательству ему равносильного

( n!) <  n + 1   2  2

2n

и перепишем выражение ( n!) 2 в виде следующего выражения:

( n!) 2 = (1 ⋅ n ) ( 2 ⋅ ( n − 1) ) ⋅ ... ⋅ ( k ⋅ ( n − k + 1) ) ⋅ ... ⋅ ( ( n − 1) ⋅ 2)( n ⋅ 1) и оценим с помощью неравенства Коши каждый из сомножителей этого произведения:

k ⋅ ( n − k + 1) ≤

k + ( n − k + 1) n + 1 = , 2 2

где k=1, 2, …, n. Причем в варианте равенства соотношение Коши в данном случае реализуется только для k =

n +1 , т.е. не более, чем для одного из со2

множителей (а все они положительны) вида k(n-k+1) возможно его равенство 2

n + 1 выражению   , но ведь сомножителей более одного, значит, получаем 2   строгое неравенство

( n!) 2 = (1 ⋅ n ) ( 2 ⋅ ( n − 1) ) ⋅ ... ⋅ ( n ⋅ 1) <  n + 1  n + 1  n + 1  n + 1 < ⋅  ⋅ ... ⋅  =   2   2   2   2 

2n ,

что и завершает обоснование исходного неравенства. Занятие 4. Применение неравенства Коши при решении задач Цель: Научить учащихся применять полученные знания на практике. Задачи: 1. Рассмотреть следствия неравенства Коши при решении задач; 2. Умение пользоваться неравенством Коши при нахождении наимень-

шего (наибольшего) значения функции. 3. Воспитать познавательный интерес; 4. Расширить кругозор учащихся. Задача 9. Сравните числа: log 4 3 и log 3 2 . Решение. Воспользуемся неравенством Коши, т.е. соотношением между средним арифметическим и средним геометрическим двух неотрицательных действительных чисел:

a+b ≥ ab , где a,b ∈ [ 0;+∞ ) . 2 Но вначале рассмотрим соотношение сравниваемых (очевидно положительных) чисел и преобразуем его:

log 3 2 = log 3 2 ⋅ log 3 4 . log 4 3

А вот теперь к положительным log 3 2 и log 3 4 применим неравенство Коши:

log 3 2 ⋅ log 3 4 ≤

log 3 2 + log 3 4 и преобразуем правую часть получен2

ного неравенства, что позволит оценить ее значение «сверху» числом 1: log 3 2 + log 3 4 log 3 (2 ⋅ 4) log 3 (32 − 1) = = < 1, 2 2 2

так как log 3 (32 − 1) < log 3 32 = 2 .

Итак:

log 3 2 ⋅ log 3 4 < 1 , а значит,

log 3 2 < 1 , т.е. log 3 2 < log 4 3 , что и log 4 3

требовалось выяснить. Задача 10. Определите знак разности 1 1 1 2008   + + ... + .  − 2⋅ 2009 2 ⋅ 2007 2008 ⋅ 1   1 ⋅ 2008 Решение. Воспользуемся тем, что из неравенства Коши (при любых несовпадающих положительных a и b) следует неравенство:

1 2 > , ab a + b тогда, очевидно, истинными будут следующие числовые соотношения: 1 2 2 > = , 1 ⋅ 2008 1 + 2008 2009 1 2 2 > = ,..., 2 ⋅ 2007 2 + 2007 2009 1 2 2 > = , 2008 ⋅ 1 2008 + 1 2009 складывая почленно которые, мы получим истинное числовое неравенство, гарантирующее положительность исследуемой разности, т.е. знак её числового значение – это «плюс». Задача 11. Найдите наименьшее значение функции: 7 f ( x) = 3x + , x ∈ (0;+∞) . x Решение. Применим неравенство Коши, а именно: для любого x>0 справедливо неравенство 3 x +

7 7 ≥ 2 3x ⋅ , т.е. f ( x) ≥ 2 21 , значит, «подозриx x

тельным» значением на минимум является число 2 21 . Теперь для окончательного вывода достаточно убедиться, что 2 21 ∈ E ( f ) . Как было доказано, неравенство Коши реализуется в варианте равенства тогда и только тогда, когда соответствующие величины совпадают. В противном случае должно

выполниться равенство 3 x =

один из его корней – число

7 . Решая это уравнение, обнаруживаем, что x

7 принадлежат D(f), значит, f min = 2 21 . 3

Занятие 5. Проверочная работа Цель: Проверка уровня знаний, полученных в ходе изучения этого курса. Задачи: 1. Привить учащимся навык самостоятельной работы; 2. Воспитать познавательный интерес; 3. Расширить кругозор учащихся.

1. Найдите наименьшее значение функции

x 3 + 27 f ( x) = , x ∈ (0;+∞) . x 2. Докажите, что для любых неотрицательных a, b, c справедливо неравен-

ство (a + b)(a + c)(b + c) ≥ 8abc . 3. Докажите, что для любых действительных чисел a, b, c, d таких, что

a 2 + b 2 = 1 и c 2 + d 2 = 1 , выполнится неравенство ac − bd ≤ 1 . 4. Докажите, что 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ ... ⋅ 100 ⋅ 101 меньше, чем 51101 . 5. Сравните числа: log 7 8 и log 6 7 .

Проверочная работа рассчитана на 1 час, после чего проводится краткий анализ задач у доски: 1. Решение. Воспользуемся тождеством:

x 3 + 27 27 27 = x2 + + , x 2x 2x 2 и применим для трех положительных чисел x ,

x2 +

27 27 , неравенство Коши: 2x 2x

27 27 27 27 + ≥ 3⋅ 3 x2 ⋅ ⋅ , 2x 2x 2x 2x

27 т.е. f ( x ) ≥ 3 . 4 27 Теперь для окончательного вывода достаточно убедиться, что 3 ∈ E ( f ) 4 . Как было доказано, неравенство Коши реализуется в варианте равенства тогда и только тогда, когда соответствующие величины совпадают. В противном 2 случае должно выполниться равенство x =

27 . Решая это уравнение, обна2x

3 руживаем, что один из его корней – число 3 принадлежит D(f), значит, 2 f min =

27

34.

27 Ответ: f min = 3 4 2. Решение. Запишем три очевидных неравенства одинакового смысла с не-

отрицательными правыми и левыми частями (при любых неотрицательных a, b, c ): a + b ≥ 2 ab ≥ 0, a + c ≥ 2 ac ≥ 0, b + c ≥ 2 bc ≥ 0. и почленно перемножим их, что и приведет к получению требуемого неравенства. 3. Решение. Применим свойство модуля и неравенство Коши:

ac − bd ≤ ac − bd = a 2 ⋅ c 2 + b 2 ⋅ d 2 ≤ a2 + c2 b2 + d 2 a2 + b2 + c2 + d 2 ≤ + = = 1, 2 2 2 что и обосновывает исследуемое неравенство. 4. Решение. Воспользуемся неравенством Коши для 101 положительного

числа 1; 2; 3; …; 100; 101: 1 + 2 + 3 + ... + 100 + 101 101 ≥ 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ ... ⋅ 100 ⋅ 101 101 101

 1 + 2 + 3 + ... + 100 + 101    101  

≥ 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ ... ⋅ 100 ⋅ 101

и формулой для вычисления суммы конечного числа членов арифметической прогрессии: 101

 1 + 101  ⋅ 101    2  101      

= 51101 ≥ 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ ... ⋅ 100 ⋅ 101,

что и требовалось доказать. 5. Решение. 2 > log 7 48 = log 7 8 + log 7 6 > 2 ⋅ log 7 8 ⋅ log 7 6 = 2 ⋅

т.е. 1 >

log 7 8 , значит, log 6 7 > log 7 8. log 6 7 Ответ: log 6 7 > log 7 8.

log 7 8 , log 6 7