Доказательство неравенств

Пример 1.

Докажем неравенство Коши:

если a ≥ 0, b ≥ 0, то \frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}.

Неравенство Коши означает, что среднее арифметическое двух неотрицательных чисел не меньше среднего геометрического этих чисел.

Для доказательства рассмотрим разность \frac{a+b}{2}-\sqrt{ab}.

Получим:

\frac{a+b}{2}-\sqrt{ab} = \frac{a+b-2\sqrt{ab}}{2} = \frac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2}{2}.

Значение последней дроби всегда неотрицательно (почему?), следовательно,

\frac{a+b}{2}-\sqrt{ab}\ge0, или \frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}.

Пример 2.

Докажем, что если ab > 0, то \frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2.

Рассмотрим разность левой и правой частей этого неравенства.

Получим:

\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2 = \frac{a^2+b^2-2ab}{ab} = \frac{\left(a-b\right)^2}{ab}\ge0,

так как по условию ab > 0 и (a – b)² ≥ 0 как квадрат числа.

Поэтому \frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2\ge0, или \frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2.

Следствие. a+\frac{1}{a}\ge2, если a > 0. Другими словами, сумма положительного числа и обратного ему числа не меньше 2.

Пример 3.

Докажем, что (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc при условии, что a, b и c – положительные числа.

Будем исходить из неравенства Коши, в силу которого \frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}, \frac{b+c}{2}\ge\sqrt{bc} и \frac{c+a}{2}\ge\sqrt{ca}. Так как обе части каждого из этих неравенств положительны, то эти три неравенства одного знака можно перемножить:

$$ \frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{8}\ge \sqrt{a^2{b}^2{c}^2}$$, или \left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc.

Пример 4.

У хуторянина есть два земельных участка одинаковой площади: один в форме прямоугольного треугольника, а другой – квадратный. Какой из этих участков имеет больший периметр?

Обозначим длины катетов прямоугольного треугольника через a и b, а сторону квадрата – через c.

Тогда периметр треугольника $\[ P_1=a+b+\sqrt{a^2+b^2} \]$, а периметр квадрата P_2=4c. Поскольку эти фигуры имеют равные площади, то \frac{ab}{2}=c^2, откуда c=\sqrt{\frac{ab}{2}}=\frac{\sqrt{2ab}}{2}.

Рассмотрим разность этих периметров и докажем, что P_1>P_2.

P_1-P_2 = a+b+\sqrt{a^2+b^2}-4\cdot\frac{\sqrt{2ab}}{2}= a+b+\sqrt{a^2+b^2}-2\sqrt{2ab}.

Нам требуется доказать, что a+b+\sqrt{a^2+b^2}-2\sqrt{2ab}>0. Поскольку b > 0, то \sqrt{a^2+b^2}>\sqrt{a^2}. Поэтому можно заменить \sqrt{a^2+b^2}  меньшим числом \sqrt{a^2}=a. Получим:

a+b+\sqrt{a^2+b^2}-2\sqrt{2ab}>a+b+a-2\sqrt{2ab} = 2a-2\sqrt{2ab}+b = \left(\sqrt{2a}-\sqrt{b}\right)^2.

Так как квадрат разности неотрицателен, то последняя сумма наверняка положительна, следовательно, P_1-P_2>0, или P_1>P_2.

Ответ: треугольный участок земли имеет больший периметр.

Пример 5.

Докажем, что для всякого натурального числа n ≥ 1 выполнено неравенство \frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+...+\frac{1}{n^2}<2.

Для всякого натурального числа k ≥ 2 выполнено неравенство \frac{1}{k^2}=\frac{1}{k}\cdot\frac{1}{k}<\frac{1}{k\left(k-1\right)}.

Поэтому

\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+...+\frac{1}{n^2} < 1+\frac{1}{1\cdot2}+\frac{1}{2\cdot3}+...+\frac{1}{\left(n-1\right)n} = 1+\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+...+\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\right) = 2-\frac{1}{n}<2.

Замечание. При доказательстве данного неравенства мы воспользовались также равенством \frac{1}{k\left(k-1\right)}=\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}. Убедитесь самостоятельно в справедливости этого равенства.

Пример 6.

Докажем, что если a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0, d ≥ 0, то

Предположим противное: найдутся a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0, d ≥ 0 такие, что выполнено противоположное неравенство

Так как значениями обеих частей последнего неравенства являются неотрицательные числа, то для квадратов этих чисел имеет место такое же неравенство:

\left(a+c\right)\left(b+d\right)<ab+2\sqrt{abcd}+cd, откуда bc+ad<2\sqrt{abcd}, или \frac{bc+ad}{2}<\sqrt{bcad}.

Однако последнее неравенство противоречит неравенству Коши. Следовательно, наше предположение о справедливости неравенства (2) неверно, и верным является неравенство (1).

Пример 7.

Докажем, что если a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0, то \frac{a+b+c}{3}\le\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}.

Предположим обратное: для некоторых неотрицательных значений a, b и c выполнено противоположное неравенство

\frac{a+b+c}{3}>\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}.

Возведем в квадрат обе части последнего неравенства (почему это можно сделать?) и получим:

\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2>\frac{a^2+b^2+c^2}{3} ⇔ \left(a+b+c\right)^2>3\left(a^2+b^2+c^2\right) ⇔ 3a^2+3b^2+3c^2-a^2-b^2-c^2-2ab-2bc-2ac<0 ⇔ \left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2<0.

Последнее из полученных неравенств не может выполняться, так как сумма квадратов чисел не может быть отрицательной. Следовательно, наше предположение оказалось неверным, и истинным является доказываемое неравенство.