Доказательство неравенств - задачи с решениями

Решение:
Выделим полные квадраты:
[tex]x^2+y^2+2x-4y+6=\left(x^2+2x+1\right)+\left(y^2-4y+4\right)+1=(x+1)^2+(y-2)^2+1[/tex]
Квадраты неотрицательны, поэтому при всех действительных [tex]x[/tex] и [tex]y[/tex] выражение не меньше [tex]1[/tex]:
[tex](x+1)^2+(y-2)^2+1\ge 1[/tex]
Значение [tex]1[/tex] достигается при [tex]x=-1[/tex], [tex]y=2[/tex]. Следовательно, наименьшее значение равно [tex]1[/tex].

Решение:
Для каждого [tex]k=1,2,\ldots,n[/tex] имеем [tex]\sqrt{k}\le\sqrt{n}[/tex], поэтому
[tex]\frac{1}{\sqrt{k}}\ge\frac{1}{\sqrt{n}}[/tex]
Складывая эти [tex]n[/tex] неравенств, получаем
[tex]\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+\ldots+\frac{1}{\sqrt{n}}\ge n\cdot \frac{1}{\sqrt{n}}=\sqrt{n}[/tex]
что и требовалось доказать. Равенство достигается только при [tex]n=1[/tex]; при [tex]n\ge 2[/tex] первое слагаемое [tex]1\gt\frac{1}{\sqrt{n}}[/tex], поэтому неравенство строгое.

Решение:
Перенесём всё в левую часть. Записав [tex]-a^2=-2a^2+a^2[/tex] и [tex]2=1+1[/tex], сгруппируем слагаемые:
[tex]a^4+2-a^2-2a=\left(a^4-2a^2+1\right)+\left(a^2-2a+1\right)=\left(a^2-1\right)^2+\left(a-1\right)^2[/tex]
Сумма двух квадратов неотрицательна, поэтому для любого действительного [tex]a[/tex]
[tex]\left(a^2-1\right)^2+\left(a-1\right)^2\ge 0\Rightarrow a^4+2\ge a^2+2a[/tex]
Равенство достигается, когда одновременно [tex]a^2-1=0[/tex] и [tex]a-1=0[/tex], т.е. только при [tex]a=1[/tex].

Решение:
Раскроем скобки и используем [tex]xy=2[/tex]:
[tex]\left(x+1\right)\left(y+2\right)=xy+2x+y+2=2x+y+4[/tex]
По неравенству Коши о среднем арифметическом и среднем геометрическом для положительных чисел [tex]2x[/tex] и [tex]y[/tex]:
[tex]2x+y\ge 2\sqrt{2x\cdot y}=2\sqrt{2\cdot 2}=4\Rightarrow \left(x+1\right)\left(y+2\right)\ge 4+4=8[/tex]
Равенство достигается при [tex]2x=y[/tex]; вместе с [tex]xy=2[/tex] это даёт [tex]2x^2=2[/tex], т.е. [tex]x=1[/tex] (так как [tex]x\gt 0[/tex]) и [tex]y=2[/tex]. Действительно, [tex]\left(1+1\right)\left(2+2\right)=8[/tex]. Следовательно, наименьшее значение равно [tex]8[/tex].

Решение:
Четыре множителя положительны, и их сумма постоянна:
[tex]\left(1+a\right)+\left(1+b\right)+\left(1+c\right)+\left(1+d\right)=4+\left(a+b+c+d\right)=5[/tex]
По неравенству Коши о среднем арифметическом и среднем геометрическом для этих четырёх положительных чисел
[tex]\sqrt[4]{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)}\le\frac{5}{4}[/tex]
Возводя обе части в четвёртую степень, получаем
[tex]\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\left(1+d\right)\le\left(\frac{5}{4}\right)^4=\frac{625}{256}[/tex]
Равенство достигается, когда все четыре множителя равны, т.е. при [tex]a=b=c=d=\frac{1}{4}[/tex], что удовлетворяет условиям. Следовательно, наибольшее значение равно [tex]\frac{625}{256}[/tex].

Решение:
Запишем левую часть как сумму пяти положительных чисел:
[tex]2\sqrt{a}+3\sqrt[3]{b}=\sqrt{a}+\sqrt{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{b}[/tex]
По неравенству Коши о среднем арифметическом и среднем геометрическом для этих пяти чисел
[tex]\sqrt{a}+\sqrt{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{b}\ge 5\sqrt[5]{\left(\sqrt{a}\right)^2\left(\sqrt[3]{b}\right)^3}=5\sqrt[5]{ab}[/tex]
что и требовалось доказать. Равенство достигается тогда и только тогда, когда все пять чисел равны, т.е. [tex]\sqrt{a}=\sqrt[3]{b}[/tex], что означает [tex]a^3=b^2[/tex] (например, [tex]a=b=1[/tex]).

Решение:
Положим [tex]x=a^3[/tex], [tex]y=b^3[/tex], [tex]z=c^3[/tex]; эти числа положительны и [tex]xyz=\left(abc\right)^3=1[/tex]. Раскроем скобки в левой части:
[tex]\left(x+2\right)\left(y+2\right)\left(z+2\right)=xyz+2\left(xy+yz+zx\right)+4\left(x+y+z\right)+8=2\left(xy+yz+zx\right)+4\left(x+y+z\right)+9[/tex]
В правой части каждое произведение имеет вид [tex]\left(x+2\right)\left(y+2\right)=xy+2x+2y+4[/tex], а каждая переменная входит в два из трёх произведений, поэтому правая часть равна
[tex]\left(xy+yz+zx\right)+4\left(x+y+z\right)+12[/tex]
Разность левой и правой частей равна [tex]\left(xy+yz+zx\right)-3[/tex], поэтому достаточно доказать, что [tex]xy+yz+zx\ge 3[/tex]. По неравенству Коши о среднем арифметическом и среднем геометрическом для положительных чисел [tex]xy[/tex], [tex]yz[/tex], [tex]zx[/tex]:
[tex]xy+yz+zx\ge 3\sqrt[3]{xy\cdot yz\cdot zx}=3\sqrt[3]{\left(xyz\right)^2}=3[/tex]
Неравенство доказано. Равенство достигается при [tex]xy=yz=zx[/tex], т.е. [tex]x=y=z=1[/tex], т.е. [tex]a=b=c=1[/tex].

Решение:
Рассмотрим сумму квадратов отклонений от [tex]n[/tex] и раскроем скобки:
[tex]\left(a_1-n\right)^2+\ldots+\left(a_n-n\right)^2=\left(a_1^2+\ldots+a_n^2\right)-2n\left(a_1+\ldots+a_n\right)+n\cdot n^2[/tex]
По второму условию первая скобка не больше [tex]n^3+1[/tex]. По первому условию [tex]a_1+\ldots+a_n\ge n^2[/tex], а так как [tex]-2n\lt 0[/tex], среднее слагаемое не больше [tex]-2n\cdot n^2=-2n^3[/tex]. Следовательно,
[tex]\left(a_1-n\right)^2+\ldots+\left(a_n-n\right)^2\le n^3+1-2n^3+n^3=1[/tex]
Все квадраты неотрицательны, поэтому каждый из них не превосходит всей суммы. Следовательно, для каждого [tex]k[/tex]
[tex]\left(a_k-n\right)^2\le 1\iff\left|a_k-n\right|\le 1\iff -1\le a_k-n\le 1\iff n-1\le a_k\le n+1[/tex]
что и требовалось доказать.