ГЛАВА  5

   НЕРАВЕНСТВА

Ответы и решения

585.

Для того чтобы квадратный трехчлен   ax²  + bx + c    (а=/=0) был положителен при всех х, необходимо и достаточно, чтобы а > 0 и дискриминант D трехчлена был отрицателен. В нашем случае имеем

а = r² — 1 > 0;                                         (1)

D = 4(r —1)²—4(r² — 1)= — 8(r — 1) < 0.                   (2)

Неравенства (1) и (2) одновременно выполняются при r > 1. Заметим еще, что при r =1 рассматриваемый в задаче многочлен тождественно равен 1.

Таким образом, все  искомые  значения r определяются   неравенством  r > 1

__________________________________________________

586.

   Если положить и заметить, что , то данное выражение легко преобразуется к виду

3и²—8и + 4.                                             (1)

Если х и у разных знаков, то и < 0 и трехчлен (1) положителен. Если же х и у одного знака, То легко Видеть, что и >2.

Так как корни квадратного трехчлена (1) равны ²/₃ и 2, то при и >2 трехчлен неотрицателен. Таким образом, трехчлен неотрицателен при и < 0 и при и >2, а следовательно, исходное выражение неотрицательно при всех вещественных х и у , не равных нулю.

__________________________________________________

587.

Заметим, что  х²— х + 1 > 0   при всех значениях х, так как дискриминант квадратного трехчлена равен   —3 < 0 и коэффициент при  х² положителен; мы  вправе  поэтому умножить оба неравенства на знаменатель. В результате получим:

3х² + 3х —3 < х² + ах—2,

х² + ах—2 <   2х²— 2х + 2,

или

4х² + (а—3)х +1 >0,

х² — (а + 2)х+4> 0.

Первое неравенство справедливо при всех х тогда и только тогда, когда дискриминант квадратного трехчлена меньше нуля, т. е. когда (а—3)² —16 < 0. По аналогичной причине второе неравенство выполняется при условии

(а + 2)² —16 < 0.

Решая теперь совместно два неравенства (а—3)² —16 < 0 и (а + 2)² —16 < 0 относительно а, получаем:

—4 < а—3 < 4,    —1< а <7

и

—4 < а + 2 < 4,    — 6 < а < 2.

Отсюда окончательно имеем — 1 < а < 2.

__________________________________________________

588.

В силу неравенства (1) предварительных замечаний имеем

а⁴+b⁴ > 2a²b²,   c⁴+d⁴ > 2c²d².

Складывая эти неравенства, получаем

а⁴+b⁴+ c⁴+d⁴  > 2 (a²b² + c²d²).                          (1)

Согласно неравенству (3) предварительных замечаний , полагая u = a²b² и v = c²d², имеем                                      a²b² + c²d² > 2 √a²b²c²d².                                 (2)

Так как всегда √a²b²c²d²  > abcd (знак > в случае, если abcd < 0)s то сопоставляя (1) и (2), приходим к доказательству предлагаемого неравенства.

__________________________________________________

589.

  Данная система равносильна следующей:

x²+ (x+а)² + 2x < 1,    у = х + а.

Неравенство

2x² + 2(а+1)x + a² —1< 0

имеет единственное решение относительно х тогда и только тогда, когда дискриминант трехчлена равен нулю:

(а+1)²—2 (а²—1) = 0,

т. е.

a²—2a — 3 = 0;

отсюда

a₁ = 3,   a₂ = —1.

1)  Если а = 3, то x² + 4x + 4 = 0 и х = — 2, у =1.

2)  Если а =— 1, то x² = 0 и x =0, у = —1.

__________________________________________________

590.

   Запишем данную систему неравенств следующим образом:

y + ¹/₂ > |х² — 2х|,

у < 2—|х—1|.

Так как всегда х² — 2х| > 0 и |х—1|>  0, то

—¹/₂ < у < 2

Единственными целыми числами у, удовлетворяющими этому неравенству, являются 0 и 1. Следовательно, данная система неравенств, рассматриваемая для целых х и у, может быть совместна лишь при значениях у = 0 и у=1. Рассмотрим оба случая.

Случай   1. Если   у = 0, то система   неравенств принимает вид

|х² — 2х| < ¹/₂,   |х—1| < 2.

Второму из этих неравенств удовлетворяют лишь целые числа: 0, 1 и 2. Подстановкой нетрудно убедиться, что 0 и 2 удовлетворяют и первому неравенству, а 1 ему не удовлетворяет. Итак, для случая у = 0 найдены два решения:

x₁ = 0, y₁ = 0;    x₂ = 2, y₂ = 0

Случай  2.   Если  у = 1, то исходная  система неравенств приводит к следующей:

|х² — 2х| < ³/₂,   |х—1| < 1.

Второму из этих неравенств удовлетворяет единственное целое число х = 1, которое удовлетворяет и первому из неравенств. Итак, в этом случае имеем еще одно решение задачи: x₃ = 1, y₃ = 1. Таким образом, система неравенств удовлетворяется тремя парами целых чисел.

__________________________________________________

591.

  В   левой   части   всего п слагаемых,  причем первые п — 1 слагаемых строго больше последнего. Поэтому

__________________________________________________

592.

Обозначим через S_m левую  часть  доказываемого неравенства. Легко видеть, что при этом

Приведя дроби к общему знаменателю, найдем:

Таким образом, S_m+1> S_m. Так как

то, следовательно,

S_m> S_{m— 1} > ... > S₂ > S₁ > 1, т. е. S_m > 1,

что и требовалось доказать.

__________________________________________________

593.

Напишем ряд очевидных неравенств:

Сложив эти неравенства почленно, получим:

что и требовалось доказать.

__________________________________________________

594.

Перепишем  обе  части  доказываемого неравенства следующим образом:

Докажем, что

(n—k + l)k > n                                   (1)

при n > k > l. Действительно,

nk—k²+ k—n = k(n—k) — (n—k) = (n—k)(k —1) > 0.        (2)

Таким образом, мы уже доказали, что

(n!)² > nⁿ.                                    (3)

Заметим, что если число k больше единицы и меньше, чем п, то в формуле (1), как это следует из (2), имеет место строгое неравенство. Оно, очевидно, повлечет за собой строгое неравенство и в формуле (3). При п > 2 такое число k найдется. Следовательно, в этом случае справедливо строгое неравенство (n!)² > nⁿ

__________________________________________________

595.

 Легко проверить, что для построения треугольника со сторонами а, b, с необходимо и достаточно, чтобы эти числа а, b, с , удовлетворяли трем неравенствам:

                    (1)

Докажем, что одновременное выполнение этих неравенств эквивалентно выполнению поставленного в задаче условия. Положим

K = pa² + qb² — pqc².

Так как  q = 1—p,  то  предыдущее  выражение  можно переписать в виде

K = pa²+(1—p)b²—р(1—p)c² = c²p²+(a²—b²—c²)р + b²,

где а, b, с—постоянные, a p может принимать любые значения.

Таким образом, К представляет собой квадратный трехчлен относительно р. В общем случае, в зависимости от величины р, трехчлен К может принимать значения разных знаков. Указанное в задаче неравенство равносильно тому, что К > 0 при всех р. Для этого, как известно, необходимо и достаточно, чтобы дискриминант трехчлена

D = (a²—b²—c²)² — 4b²c²

был отрицателен (мы учли при этом, что коэффициент при p² равен c² > 0).

Дискриминант можно представить в следующей форме:

Если треугольник можно построить, то неравенства (1) выполнены и, следовательно, D < 0. Тем самым в одну сторону утверждение доказано.

Обратно, если D < 0, то

(а + b—с) (b+с—а) (с+а—b) > 0.                        (2)

Покажем, что отсюда следуют все три неравенства (1). Действительно, предположим, что только одна из скобок в левой части (2) положительна, а две другие отрицательны, например а + b—с < 0 и b+с—а < 0. Сложив эти неравенства, получим 2b < 0, что невозможно. Таким образом,  утверждение доказано и в другую сторону.

__________________________________________________

596.

Преобразуем левую  часть  неравенства следующим образом:

4(x+y)(x + z)x(x+y+z) + y²z² = 4(х² + ху + хz + уz)(х²+ху+хz)+ y²z² =

= 4(х²+ху+хz)² + 4yz(х²+ху+хz)+y²z² = [2 (х²+ху+хz) + yz]²

Полученное выражение неотрицательно при любых вещественных x, у, z, что и требовалось доказать.

__________________________________________________

597.

Обозначив левую часть неравенства через  z, преобразуем z следующим образом:

z = х²+2ху + 3y² + 2х + 6у + 4 = (x + y +1)² + 2(y+1)²+1.

При вещественных х и у первые два слагаемых неотрицательны, а значит, z > 1.

__________________________________________________

598.

Так как ,   то   подлежащее   доказательству   неравенство равносильно неравенству

которое легко преобразуется к следующему очевидному:

100у² — 40у + 4 = (10у—2)² > 0.

__________________________________________________

599.

Так как d > 0 и R  > 0, то

d ²+ R² — r²>0   и   2dR > 0.

Следовательно, данное неравенство равносильно неравенству

d ²+ R² — r² < 2dR.

Приведя его к виду (d—R)² < r², получим |d—R|< r или —  r < d—R < r. Следовательно,

R—r < d < R + r.

__________________________________________________

600.

Умножив обе части доказываемого неравенства на a+b+c,  получим равносильное неравенство, левая часть которого равна

__________________________________________________

601.

  Заметим,  что данное   выражение  обращается  в  нуль при b = с,   с = а,   а = b.  Поэтому   по   теореме   Безу   оно  делится   без остатка  на  разности  a —b,  а—с, b—с. Расположив  слагаемые по убывающим степеням буквы а, получим, проведя деление  нa         a —b:

а³(b²—с²) + а²(с³—b³) + b³с²—с³b² =

= (а—b) [а² (b²—с²) + ас² (с—b) + bс² (с—b)].

Вынесем далее из выражения, стоящего в квадратных скобках, множитель (b—с) и оставшийся многочлен разделим на а—с. В результате получим

а³ (b²—с²) + b³ (с²—a²) + с³ (a²—b²) =

= — (b—а) (с—b) (с—а) (ас+bс+ab).

Так как по условию а < b < с и а, b, с одного знака, то выражение справа отрицательно.

__________________________________________________

602.

Имеем:

1—2 √a_k+ a_k = (1 —√a_k)²>0,

откуда

1 +√a_k  >2 √a_k

Написав эти неравенства для k = l, 2, ... и перемножив их почленно, получим:

(1+a₁)(1+a₂)...(1+a_n)  > 2ⁿ √a₁a₂...a_n=2ⁿ.

__________________________________________________

603.

Достаточно рассмотреть случай, когда а  и  b одного знака (т. е. положительны), так  как  в  противном  случае  одно  из  чисел больше 1 и неравенство очевидно. Имеем:

а²+b² =  (а+b)² — 2аb = 1 — 2ab,

а⁴+b⁴ = (1 — 2аb)² — 2a²b².

Но если а+b = 1, то 0 < аb <¹/₄, так как

(см. формулу (3) предварительных замечаний ). Следовательно,

__________________________________________________

604.

Рассмотрим три случая:

1) x <0;   тогда   x⁸ — x⁵ + x²— x + 1 > 0,    ибо   первые   четыре слагаемых неотрицательны;

2)  0 < х < 1; преобразуем многочлен к виду

x⁸ + (x²—x⁵ ) + ( 1— х) = x⁸  + x² (1— x³) + (1— x).

Здесь все слагаемые, очевидно, положительны, следовательно, и многочлен больше нуля;

3) x > 1; запишем многочлен в виде

x⁵ (x³—1 ) + x(x—1 ) + 1.

Первые два слагаемых неотрицательны; следовательно, и в этом cлучае

x⁸ — x⁵ + x²— x + 1 > 0.

__________________________________________________

605.

Имеем:

•   (1)

причем последнее слагаемое суммы, стоящей в скобках, равно xⁿ, если n четно, и пх^n—1, если п нечетно. По условию —1 < х < 1, откуда следует, что  для всех целых k. Поэтому

(1 + х)ⁿ + (1—х)ⁿ < A_n

где A_n—значение многочлена (1) при х = ± 1, т. е. A_n=2ⁿ.

__________________________________________________

606.

Доказываемое неравенство равносильно неравенству

которое справедливо, так как левая часть равна

__________________________________________________

607.

Подкоренное выражение должно быть  > 0, поэтому

—¹/₂<x < ¹/₂.                             (1)

При значениях х, удовлетворяющих условию (1) и не равных нулю, √1—4х² < 1. Поэтому, если —¹/₂<x < 0, то указанное в задаче неравенство выполняется, ибо левая часть его отрицательна.

Если же 0< x < ¹/₂,  то, освободив  в левой части неравенства числитель от иррациональности, получим

Легко видеть, что числитель дроби, стоящей справа, при  0< x < ¹/₂ не превосходит 2, а знаменатель >1. Поэтому

Итак, предлагаемое неравенство справедливо для значений х =/= 0 и удовлетворяющих условию (1). При х = 0 и |х|>¹/₂ левая часть неравенства теряет смысл.

__________________________________________________

608.

 Пусть   для   определенности   х >  у.    Тогда   полагая   ^y/_x = α<1, получим равносильное неравенство

^m√1 + α^m > ⁿ√1 + αⁿ

Возведя обе части (1) в степень тп, придем к неравенству

( 1 + α^m  )ⁿ  >  ( 1 + αⁿ )^m

Легко видеть,   что  это  неравенство  справедливо, ибо  0<α<1, a n > m

__________________________________________________

609.

Положим

(1)

Легко видеть, что , и, следовательно, . Заметим далее, что x_n> x_n—1, ибо при переходе от n—1 к п последний внутренний радикал √a  заменяется большим числом  . Ввиду этого и, следовательно, интересующие нас величины удовлетворяют неравенству

х²— х—а<0.                                          (2)

Корни трехчлена, стоящего слева, равны

Так   как   числа   x_n   удовлетворяют   неравенству   (2),   то   все   они заключены между корнями x⁽¹⁾  и  x⁽²⁾(см. предварительныe замечания ). Следовательно,

что и  требовалось доказать. При п=1 имеем x₁ = √a    и   неравенство (3) очевидно.

__________________________________________________

610.

Обозначим   выражение,   содержащее   k   знаков   радикала, через x_k

Заметим, что x_k < 2. В самом деле, заменим под знаком последнего внутреннего радикала 2 на 4. В результате все корни последовательно извлекутся и левая часть окажется равной 2. Значит, x_k< 2. Отсюда, в частности, следует, что числитель и знаменатель в левой части исходного неравенства отличны от нуля. Пользуясь далее тем, что

преобразуем   левую  часть   исходного   неравенства   следующим   образом:

Так как что и требовалось доказать.

__________________________________________________

611.

Как известно, для любых вещественных чисел а и b имеет место неравенство

(см. формулу (1) предварительныe замечания ).

Пользуясь далее тем, что абсолютная величина суммы не превосходит суммы абсолютных величин соответствующих слагаемых, получаем:

что и требовалось доказать.

__________________________________________________

612.

Если  n =1то x₁= l  и(  следовательно,  x₁> l  так что утверждение верно. Пусть оно верно для всех т, где 1 <  m <  п—1   докажем справедливость для т = п. Если все  числа  x₁, x₂, ... x_n равны  единице, то утверждение  справедливо.   Если  хотя  бы  oдно из  этих  чисел  больше единицы, то в силу равенства x₁x₂ ... x_n =1найдется другое, меньшее  единицы. Пусть нумерация  такова , что x_n > 1, x_n—1< 1. Из предположения индукции и условия

x₁x₂ ...  x_n—2 (x_n—1x_n) = 1

следует:

x₁+ x₂ + ...  + x_n—2 + x_n—1x_n  > n — 1   т. е.

x₁+ x₂ + ...  + x_n—2 + x_n—1x_n +  l  > n

Так как (x_n— 1) (1—x_n—1) > 0, то

x_n + x_n—1 — x_nx_n—1 — l > 0

и, следовательно,

x_n—1+ x_n > x_n—1 x_n + l  

Таким образом,

x₁+ x₂ + ...  + x_n—1 + x_n  > x₁+ x₂ + ...  + x_n—2 + x_n—1x_n +  l  > n

и утверждение доказано.

__________________________________________________