Школьная программа. Алгебра. Десять доказательтв неравенств

[Klein]

Задание из вступительного экзамена прошлых лет. Сравнить:


$2 \times \log_3(3) \cdot \log_3(5) \cdot \log_3(7) \cdot \ldots \cdot \log_3(79)$ и $\log_3(4) \cdot \log_3(6) \cdot \log_3(8) \cdot \ldots \cdot \log_3(80)$

-- 20.12.2023, 21:17 --

И еще одна из вступительных экзаменов прошлых лет.

Известно \( a^2 + 4b^2 = 4 \) и \( cd = 4 \). Доказать, что \( (a - d)^2 + (b - c)^2 \geq 1,6 \).

-- 20.12.2023, 21:23 --

Одно из решений . Есть ли другие ?


\begin{align*} &(a - d)^2 + (b - c)^2 + \frac{1}{2}(a^2 + 4b^2 - 4) - \frac{2\sqrt{2}}{3}(cd - 4)=\\[8pt] =\, &\frac{1}{6}(3a - 2d)^2 + \frac{1}{3}(3b - c)^2 + \frac{1}{3}(d - c\sqrt{2})^2 + \frac{8\sqrt{2}}{3} - 2 \\[8pt] \ge\, &\frac{8\sqrt{2}}{3} - 2\\[8pt] >\, &\frac{8}{5} \end{align*}

[Rak so dna]

Klein в сообщении #1623120 писал(а):

И еще одна из вступительных экзаменов прошлых лет.

Известно \( a^2 + 4b^2 = 4 \) и \( cd = 4 \). Доказать, что \( (a - d)^2 + (b - c)^2 \geq 1,6 \).

-- 20.12.2023, 21:23 --

Одно из решений . Есть ли другие ?

$5(a-d)^2+5(b-c)^2-8=5(a-d)^2+5(b-c)^2+2(a^2+4b^2) - 4cd=$

$=(a+2b-d)^2 + (2a-b+c-2d)^2 + 2(c-a)^2 + 2(c-2b)^2$

-- 20.12.2023, 22:02 --

Пусть $a,b>0 $ и $ a+\sqrt{ab}+b\leq3.$ Докажите, что

$$\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{2}{ab} +ab\geq \frac{7}{2}$$

[Shadow]

Rak so dna в сообщении #1623191 писал(а):

Пусть $a,b>0 $ и $ a+\sqrt{ab}+b\leq3.$ Докажите, что

$$\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{2}{ab} +ab\geq \frac{7}{2}$$

$\begin{cases} a+b \ge 2\sqrt{ab} \\ a+b \le 3-\sqrt{ab} \end{cases} \Longrightarrow \sqrt{ab} \le 1$

$(a+b)^2 \le (3-\sqrt{ab})^2 \Longrightarrow a^2+b^2 \le 9-8\sqrt{ab}+ab$

$ \Longrightarrow a^2+b^2 \le 2$

$\dfrac{1}{a^2+b^2}+ \dfrac{1}{ab}+\left(\dfrac{1}{ab}+ab\right) \ge \dfrac{1}{2}+1+2$

[Rak so dna]

Shadow нет.

[Shadow]

Rak so dna Где конкретно "нет"?

[Rak so dna]

Shadow в сообщении #1623275 писал(а):

$ \Longrightarrow a^2+b^2 \le 2$

[Shadow]

Мда, тупанул. Конечно максимум $9-8x+x^2, x \in (0;1]$ достигается на концах, но не тот конец проверил:)

Значит надо искать минимум $\dfrac{1}{x^2-8x+9}+\dfrac{2}{x^2}+x^2$

[Leeb]

Klein в сообщении #1623120 писал(а):

$2 \times \log_3(3) \cdot \log_3(5) \cdot \log_3(7) \cdot \ldots \cdot \log_3(79)$ и $\log_3(4) \cdot \log_3(6) \cdot \log_3(8) \cdot \ldots \cdot \log_3(80)$

Можно узнать из какого именно вступительного экзамена (куда и в каком году) эта задача? У меня большие сомнения в том, что это решаемо школьными методами (без учета матшкол).

[Klein]

Leeb в сообщении #1623305 писал(а):

Klein в сообщении #1623120 писал(а):

$2 \times \log_3(3) \cdot \log_3(5) \cdot \log_3(7) \cdot \ldots \cdot \log_3(79)$ и $\log_3(4) \cdot \log_3(6) \cdot \log_3(8) \cdot \ldots \cdot \log_3(80)$

Можно узнать из какого именно вступительного экзамена (куда и в каком году) эта задача? У меня большие сомнения в том, что это решаемо школьными методами (без учета матшкол).

мехмат московского университета (1986г) . Похоже на устную часть экзамена. Некоторые задания опубликованы в 2-3 журналах.

[svv]

Klein в сообщении #1623120 писал(а):

$2 \times \log_3(3) \cdot \log_3(5) \cdot \log_3(7) \cdot \ldots \cdot \log_3(79)$ и $\log_3(4) \cdot \log_3(6) \cdot \log_3(8) \cdot \ldots \cdot \log_3(80)$

Возведём оба выражения в квадрат, знак неравенства не изменится. Так как $\log_3 3 =1$ и $\log_3{81}=4$, выражения можно переписать в виде
$(\log_3 3\log_3 5)...(\log_3 79\log_3 81)$ и $(\log_3 4)^2...(\log_3 80)^2$
Теперь надо воспользоваться неравенством
$\log(a-1)\log(a+1)<(\log a)^2$
(основания логарифма опустил, они тут не важны). Оно доказывается с помощью AM-GM в решении задачи 3.4 в книге:
Седракян, Авоян. Неравенства. Методы доказательства.

$$\sqrt{\log(a-1)\log(a+1)}\leqslant \dfrac{\log(a-1)+\log(a+1)}{2} = \dfrac 1 2\log(a^2-1)<\dfrac 1 2\log(a^2)=\log a$$

(при $a>1$; при $a\leqslant 1$ другой метод)

[Klein]

svv в сообщении #1623308 писал(а):

Klein в сообщении #1623120 писал(а):

$2 \times \log_3(3) \cdot \log_3(5) \cdot \log_3(7) \cdot \ldots \cdot \log_3(79)$ и $\log_3(4) \cdot \log_3(6) \cdot \log_3(8) \cdot \ldots \cdot \log_3(80)$

Возведём оба выражения в квадрат, знак неравенства не изменится. Так как $\log_3 3 =1$ и $\log_3{81}=4$, выражения можно переписать в виде
$(\log_3 3\log_3 5)...(\log_3 79\log_3 81)$ и $(\log_3 4)^2...(\log_3 80)^2$
Теперь надо воспользоваться неравенством

$\log(a-1)\log(a+1)<(\log a)^2$
(основания логарифма опустил, они тут не важны). Оно доказывается с помощью AM-GM в решении задачи 3.4 в книге:
Седракян, Авоян. Неравенства. Методы доказательства.

$$\sqrt{\log(a-1)\log(a+1)}\leqslant \dfrac{\log(a-1)+\log(a+1)}{2} = \dfrac 1 2\log(a^2-1)<\dfrac 1 2\log(a^2)=\log a$$

(при $a>1$; при $a\leqslant 1$ другой метод)

Хорошее решение.

Я приблизительно оценил школьными методами. Решение нестрогое, поэтому вкратце.
Поделив произведение логарифмов нечётных чисел на произведение логарифмов четных чисел. Оценка

$\[ 2 \cdot \prod_{n=2}^{40} \frac{\log(n-\frac{1}{2})}{\log(n)} \]$


$\[ \frac{\log(n-\frac{1}{2})}{\log(n)} \]$ от $n=2$ до $40$.

Первый множитель приблизительно $\( 0.5 \) (n=2)$. Немного больше $\( 0.5 \)$. Каждый последующий множитель в цепочке меньше единицы и приближается к единице. В итоге $\( 2 \cdot k \), \( k < \frac{1}{2} \)$

Следовательно, произведение логарифмов четных чисел больше.

[Rak so dna]

svv в сообщении #1623308 писал(а):

при $a\leqslant 1$ другой метод

Заинтриговали...

[svv]

Rak so dna, простите, не при $a>1$, а при $a-1>1$, т.е. при $a>2$.
А при $0<a-1\leqslant 1$ просто $\log(a-1)\log(a+1)\leqslant 0$ и $(\log a)^2>0$.

[Klein]

Shadow в сообщении #1623275 писал(а):

Rak so dna в сообщении #1623191 писал(а):

Пусть $a,b>0 $ и $ a+\sqrt{ab}+b\leq3.$ Докажите, что

$$\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{2}{ab} +ab\geq \frac{7}{2}$$

$\begin{cases} a+b \ge 2\sqrt{ab} \\ a+b \le 3-\sqrt{ab} \end{cases} \Longrightarrow \sqrt{ab} \le 1$

$(a+b)^2 \le (3-\sqrt{ab})^2 \Longrightarrow a^2+b^2 \le 9-8\sqrt{ab}+ab$

$ \Longrightarrow a^2+b^2 \le 2$

$\dfrac{1}{a^2+b^2}+ \dfrac{1}{ab}+\left(\dfrac{1}{ab}+ab\right) \ge \dfrac{1}{2}+1+2$

$\sqrt{ab} \leq 1 \Rightarrow ab \leq 1, \, a, b > 0 \\$

$ab \leq 1$ достигает максимального значения при $a = b$.

$\sqrt{\frac{a^4 + b^4}{2}} \geq \frac{a^2 + b^2}{2} \geq \sqrt{a^2 \cdot b^2}. \\$

Отсюда следует $2 \geq a^2 + b^2$, $a=b=1$

[Rak so dna]

Klein повторяю, это: $2 \geq a^2 + b^2$ неверно. Подставьте $a=\sqrt{3},~b\rightarrow0$