Упр.120 Задачи повышенной сложности ГДЗ Колмогоров 10-11 класс (Алгебра)

Докажите неравенства:

а) $$a^2+b^2+c^2\geq ab+ac+bc$$;
б) $$(a+b)(b+c)(c+a)\geq 8abc \quad (a\geq 0,\ b\geq 0,\ c\geq 0)$$;
в) если $$a+b+c=1$$, то $$a^2+b^2+c^2\geq \frac{1}{3}$$;
г) $$a^4+b^4+c^4\geq abc(a+b+c)$$.

а) Докажем неравенство

$$a^2+b^2+c^2\ge ab+ac+bc.$$

Перенесём всё в одну сторону:

$$a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc\ge 0.$$

Преобразуем левую часть:

$$2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc\ge 0,$$

$$(a-b)^2+(b-c)^2+(a-c)^2\ge 0.$$

Это верно, так как сумма квадратов неотрицательна.

б) Докажем неравенство

$$(a+b)(b+c)(c+a)\ge 8abc,\qquad a\ge 0,\ b\ge 0,\ c\ge 0.$$

По неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим:

$$a+b\ge 2\sqrt{ab},\qquad b+c\ge 2\sqrt{bc},\qquad c+a\ge 2\sqrt{ca}.$$

Перемножим эти неравенства:

$$(a+b)(b+c)(c+a)\ge 8\sqrt{ab\cdot bc\cdot ca}=8abc.$$

в) Если $$a+b+c=1,$$ то докажем, что

$$a^2+b^2+c^2\ge \frac13.$$

Возведём сумму в квадрат:

$$(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+ac+bc)=1.$$

Так как

$$ab+ac+bc\le \frac{a^2+b^2+c^2}{2}+\frac{a^2+b^2+c^2}{2}=a^2+b^2+c^2,$$

то

$$1=(a+b+c)^2\le 3(a^2+b^2+c^2).$$

Следовательно,

$$a^2+b^2+c^2\ge \frac13.$$

г) Докажем неравенство

$$a^4+b^4+c^4\ge abc(a+b+c).$$

Рассмотрим сумму:

$$S=\frac{2a^4}{2}+\frac{2b^4}{2}+\frac{2c^4}{2}.$$

По неравенству AM-GM:

$$\frac{a^4+b^4}{2}\ge \sqrt{a^4b^4}=a^2b^2,$$

$$\frac{a^4+c^4}{2}\ge \sqrt{a^4c^4}=a^2c^2,$$

$$\frac{b^4+c^4}{2}\ge \sqrt{b^4c^4}=b^2c^2.$$

Складывая, получаем:

$$a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2.$$

Далее

$$a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2\ge abc(a+b+c),$$

так как

$$a^2b^2\ge a^2bc,\qquad a^2c^2\ge abc^2,\qquad b^2c^2\ge ab c^2,$$

и в сумме получаем требуемое неравенство.

Ответ

$$a^2+b^2+c^2\ge ab+ac+bc;$$

$$(a+b)(b+c)(c+a)\ge 8abc;$$

$$a^2+b^2+c^2\ge \frac13 \quad \text{при } a+b+c=1;$$

$$a^4+b^4+c^4\ge abc(a+b+c).$$