И.Х. CueaiuuHCKUU
НЕРАВЕНСТВА В ЗАДАЧАХ
ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие	Задачи	4 Решения тл
Глава Г Доказательство неравенств	5	ГТ указания 57
§ 1. Простейшие неравенства	6	57
§ 2. Доказательство неравенств методом математической	15	96
индукции § 3. Средние величины. Классические неравенства	19	101
§ 4. Неравенства, приводимые к сравнению средних	22	124
§ 5. Неравенства, связанные с показательной и	26	139
логарифмической функциями § 6. Неравенства, связанные с тригонометрическими	26	142
функциями § 7. Нахождение наибольших и наименьших значений	32	169
функций Глава II. Решение неравенств	35	179
§ 1. Неравенства, связанные с рациональной функцией	35	179
§ 2. Неравенства, связанные с иррациональностями	36	189
§ 3. Неравенства, связанные с показательной и	37	198
логарифмической функциями § 4. Неравенства, связанные с тригонометрическими	38	209
функциями Глава III. Задачи, связанные с неравенствами	39	219
§ 1. Нахождение области определения функций	39	219
§ 2. Нахождение области значений функций	40	224
§ 3. Исследование функций на выпуклость и вогнутость	40	227
§ 4. Задачи на составление неравенств	41	231
Г лава IV. Неравенства в геометрии	46	242
§ 1. Неравенства в планиметрии	46	242
§ 2. Неравенства в стереометрии	54	289
Список использованной литературы		302


ПРЕДИСЛОВИЕ
Книга представляет собой сборник упражнений на дока-
зательство и решение неравенств, на нахождение наибольших
и наименьших значений. В книге имеются также задачи,
связанные с неравенствами. Все задачи снабжены решениями.
Доказательство ряда неравенств проводится методом ма-
тематической индукции. Зачастую учащиеся, окончившие
школу, имеют весьма смутное представление об этом методе,
являющемся эффективным средством доказательства в мате-
матике. Поэтому автор счел целесообразным в начале § 2
главы I дать некоторые сведения о методе математической
индукции. Не ограничиваясь приложением этого метода к во-
просам неравенств, автор разъяснил на примерах применение
его и в доказательстве равенств.
В каждом параграфе задачи, объединенные общей темой
или общим методом решения, по мере возможности, сгруп-
пированы вместе и расположены в порядке возрастающей
трудности.
Рекомендуется читателю каждую задачу попытаться ре-
шить самостоятельно и в случае успеха сравнить свое реше-
ние с тем, которое приведено в книге. Если же самосто-
ятельно не удастся решить ту или иную задачу, то,
ознакомившись с решением, следует обратить внимание не
столько на специфику решения данной задачи, сколько на
метод решения. Усвоение таких методов облегчит дальнейшее
пользование книгой.
Автор выражает свою искреннюю признательность
В. Г. Болтянскому и В. И. Левину, критические замечания
и ценные советы которых способствовали улучшению книги,
а также Н. Н. Дегтяреву и А. А. Могилевскому за большую
работу по редактированию книги.
И. X. Сивашинский
4
ЗАДАЧИ
ГЛАВА I
ДОКАЗАТЕЛЬСТВО НЕРАВЕНСТВ
§ 1.	Простейшие неравенства
Для доказательства неравенств этого параграфа достаточно
знать основные свойства неравенств, известные из курса математики
средней школы. Напомним некоторые из них:
1)	если а>Ь и Ь>с, то а>с;
2)	если а>Ь, то
3)	если а1>*1, а2>Ь2.....то a1 + a2+...+a„>ft1 +
-j- b2 4- ... + bn;
4)	если a>b, то am>bm при m>0 и am<bm при /п<0;
5)	если a1>i1S=0 a2>i2SsO, a„>bn^Q, то a1a2...a^>
>b1b2...bn-,
6)	если a>b>0, то ax>bx при x > 0;
7)	если a>l и x>y>0, то ax>ay, если же 0<a<l и x>y>0,
то ax<ay.
1.	Доказать, что при любых действительных (вещест-
венных)*) а и b имеет место неравенство a2-j-b2^2ab.
2.	Доказать неравенство а2 — ab-\-b2~^ab.
3.	Доказать неравенство (а2 — b2)2^4ab(a — Ь)2.
4.	Доказать неравенство а2 + й2Д- с2 ab-\~bc-\- ас.
5.	Доказать неравенство
(ат + аа +  • • "Ь а»)г п (ai Н* а2 + • • • + а») —
(а1а2 + а2а3 + аЗа4 +  • • + аиа1)]’
6. Доказать неравенство а2 -)- Ь2 -)-1 ab Д- а Ь.
*) Здесь и в дальнейшем, где не оговорено противное, имеется
в виду, что входящие в условия задач буквы могут означать любые
действительные числа.
5
1. Доказать, что если а 4- b 1, то имеет место нера-
венство а44~б4/^1/8.
8. Доказать, что если а 4-6 = 1, то имеет место нера-
венство а8 4- Ь8 1/128.
л 9. Доказать неравенство	- •
10. Доказать, что если а/>0, б>0, то имеет место не-
1 /— । т г~1	-ъ /~ai , ч / Ь2
равенство у а-^-у b	у -у4- г ~а '
И. Доказать, что если а^О, то имеет место неравен-
ство а3 4- 2^ аг 4* 2 У а.
12.	Доказать неравенство
(a.b-{-bc 4- са}2 ЗаЬс (а 4-б 4-с)-
13.	Доказать, что если а>0, б/>0, ау-^-Ьх^>0 и х=^у,
(а + 6) ху . ах 4- Ьу
то имеет место неравенство *—!	—Н2 .
ау 4- Ьх	а-\-Ь
14.	Доказать неравенство аг (1 4~б2)4~б2 (1 + с*) 4*
4- с2 (1 4- а2) > бабе.
15.	Доказать, что если а 0, 62>О, с^О, то имеет
место неравенство
бабе аб (а 4- б) 4- бе (б 4- с) + (с 4- а) 2 (а3 4~ 4~ с®)-
имеет
16.	Доказать, что если а>0, б > 0, с>0, то
2а . 26 2с „
место неравенство т——-------;—----г-г^З.
г	b-ус 1 с4-а 1 а-\-Ь^
17.	Доказать, что если а>х>0, то имеет место
а—х . а2—х2
венство —:-- < -S-:--s .
а х а2 4- х2
18.	Доказать, что если абс>0, то имеет место
1.1.1 ^а8 + 68 4-с8
венство-----Нт 4----=С——•
а 6 с а363с3
19.	Доказать, что если аб>0, то имеет место неравен-
ство -г-4---^2.
6 1 а
нера-
нера-
20.	Доказать, что если а 0, 6^0, а>0, то имеет
место неравенство аи-\- — ^2)/аб.
21.	Доказать, что если х>0, у > 0, то имеет место
неравенство —Д=4--^=^2 У~ху.
V У V х.
в
22.	Доказать неравенство
ва+3 >2
/а2 4-2
23.	Доказать, что если ab < 0, то имеет место неравен-
а . b „
ство -J- + — < — 2.
о а
24.	Доказать неравенство
х2 1
lyx^T •
25.	Доказать, что при а 0 имеет место неравенство
2а3 + 2аа 4-1 > а.
26.	Доказать, что при любом неотрицательном х имеет
место неравенство х34-2х2— х4-1>0.
27.	Доказать, что если а > О, b > 0, с >0, то имеет
место неравенство
ab(a + b — 2c) + bc (b+ с — 2а) 4- ас (а 4- с — 2Ь)	0.
28.	Доказать неравенство
а* (1 + 64) + Ьг (1 + а4) < (1 + а4) (1 + 64).
29.	Доказать неравенство x8-f-xe — 4х4 + ха 4-1	0.
1	1	2
30.	Доказать, что если ~4~ — = у и ас>0, то имеет
а-}-Ь , с4-Ь ___ .
место неравенство
• 31. Доказать, что сумма наибольшего и наименьшего чле-
нов пропорции a\b = c:d, члены которой положительны и не
равны между собой, больше суммы двух остальных (Евклид).
32.	Доказать неравенство а (а — Ъ)~^-Ь{а — Ъ).
33.	Доказать, что если а 1, 64- с<а 4-1, с^Ь, то а>6.
34.	Доказать, что если а < Ь, то
„	а с aA-b c+d
35.	Доказать, что если	то —г—•
о a b d
„	а___с a+bk ^c-}-dk
36.	Доказать, что если	то —7—<;—Ц—.
’	b d ’ b d
37.	Доказать, что если b и d положительны и
b а
а а4-с с
то имеет место неравенство
38.	Доказать, что если а> 1, b <1, то имеет место
неравенство а&4~1 <а + ^.
•39. Доказать, что если с, d положительны, a^c-[-d,
b^c-if-d, то ab^bc-)-ad.
40.	Доказать неравенство
л4 4-?/4 4"+ 1 ^2х (хуг — x4-z4- 1).
7
41.	Доказать, что если х 4- у Н-г = 1, то. x2-f-y2 4- г2 ^1/3.
42.	Доказать, что если ху 4- yz 4- zx = 1, то
x24-t/2 + z2> 1.
43.	Доказать, что если а 4-	0, то имеет место нера-
венство а® 4-6s a2b-}-ab2.
44.	Доказать, что если а>6>с, или c>a>Z>, или
Ь > с > а, то
а2Ь 4- Ь2с 4- с2а > а2с 4- с2Ь 4- Ь2а,
а если а < b < с, или с < а < Ь, или Ь < с < а, то
а2Ь 4- Ь2с 4- с2а < а2с 4- с2Ь 4- Ь2а.
45.
46.
тт	.	а2 — 1 . .
Доказать неравенства — 1	-г । < 1.
Доказать, что если л>6>0, то имеют место нера-
(а—Ь)2	а4^ 1/—г , (а— i)2
венства <__± .
•47. Доказать, что если 0 <х < 1, то имеет место нера-
венство (1х)1-* (1—х)1+* < 1.
48.	Доказать, что если а > О, b > 0, с > 0, то имеет
место неравенство (аяс2) (у + у + у) bс}2,
-49. Доказать, что если а 0, то имеет место нера-
венство У а2 — Ь2 4- У 2аЬ — b2	а.
50.	Доказать, что если а, Ь, с и d неотрицательны, то
имеет место неравенство J/'fa 4- с) (6 4- rf) У~аЬ 4-V~cd-
_______ _______ 1
51.	Доказать неравенства 2Ух4*1—2 у х <-т=<<
_	__________ V х
<2 К х — 2 )/х — 1, где х > 1.
• 52. Доказать, что при любом натуральном л 2 имеют
место неравенства
2К«4- 1 —2]/~2+ 1
< JL+_L+_U+	4--1=<
У 2 ' У 3	‘ + У ti
<2/ л—1.
53. Доказать, что если ab^O, то имеет место неравен-
ство (а2 — Ь2)2~^(а—b)*.
54.	Доказать, что если ab^.Q, то имеет место неравен-
ство (а2 — Ь2)2^(а— Ь)1.
55.	Доказать неравенство (а2 — Ь2) (а4 — 64)^(а® — 6®)2.
3
56.	Доказать неравенство (аа4-62) («4 + &4)	(а® + 63)2.
57.	Доказать неравенство 2х4 4- 1	2х3-\-х2.
58.	Доказать, что 2х3 > х + 1, если х > 1, и 2xs<x4- 1,
если х < 1.
♦	59. Доказать неравенство х12— х94-*4— х4-1>0.
।	х^
♦	60. Доказать, что если а pl,	и с =
I I I Р а2 I J2
= |/"аа— 62, то имеет место неравенство (х — с)2 4* У2 4аа.
61.	Доказать, что
у = /(7=7?+/(^зр + /(Т^5р > 4.
62.	Доказать, что прн всех допустимых значениях х име-
о I х | , [ х—11,1 х—2 I ~~ о
ют место неравенства —3^J—L + J--------rL4_J-----9'^0.
X X 1  1 X X
♦ 63. Доказать, что 34-jZ З-j-y^ 3—р/ 3<;2|/ 3.
64.	Доказать, что если a > bz> 0, то —°— > —х	-
У^ + a2	/х2 + &
при х > V~ab, и —/~Ь-а  < - при х < Кab.
/х24-а2 V х24-62
65.	Доказать неравенство | а 4-Р | ^ | а | +1 Р
66.	Доказать неравенство | a 4- р |	| а | — |Р|.
67.	Доказать неравенство |а—Р|^|а| — |р|.
68.	Доказать, что если а2 4- Ь2 = 1 и с2 4- d2 — 1, то
Jac —	1.
69.	Доказать, что если а2 4- Ь2 4- с2 = 1 и /и2 4- п2 4~Р2 = 1,
то | ат 4- Ьп 4- ср j 1.
70.	Доказать, что если а?4-аг + аз + • • • + а« = 1 и
И + &2 + &3+ • • • +&n = 1. то имеют место неравенства
— 1	а1^1 + а2^2 “Ь а3^3 + • • • + ап^п	1 •
71.	Доказать неравенство аа4- й24*с2 ^|а1 + Р1 + 1с|.
72.	Доказать, что если х24-//2^2, то |х4-//|^2.
73.	Доказать неравенство x2t/44~ 2 (х2 4- 2) у2 4- 4ху 4*
4- х2 4ху3.
74.	Сформулировать условия, при которых:
1)	тх 4- у ?>/»4-n; 2) /»х4--^ < /»4-л (/»> 0, л^О).
9
15.	Доказать, что для любых натуральных п и р имеют
место неравенства
«4-1	«4-р4-1	(п4-1)аТ(п4-2)2’
+ _J_<_L_____U.
’' ‘ ~(n4-P)2 п «+Р
76.	Доказать, что если а > О, b > 0, с > 0, то имеет
3	/ 1 , 1 , 1
место неравенство —г-гт— <—гт4------;—
н	а-|-Ь4-с	а-)-Ь	а-}-с 1 b-j-c
77.	Доказать, что если а^О, Ь^О, то имеет место
14~« 4" А	14~« 4~ А 4~
неравенство	.
78.	Доказать, что если а, Ь, с — попарно не равные
между собой числа, то а2(с — 6) 4-А2 (а— с)4-с2(6—а)=#0.
79.	Доказать, что [х4-</]^ [х]4-[//], где [а] — целая
часть числа а.
80.	Доказать, что a2b2-j-b2c2-j-c2a2^ abc(a-j-b-i-c).
81.	Доказать, что неравенство ра2 + (1—р)(Ь2—рс2)>0
верно тогда и только тогда, когда верны одновременно три
неравенства: а-^-Ь— с > О, a-j-c— b^>0, А 4- с — а > 0, где
р—любое число, а > О, А>0, с > 0.
82.	Доказать, что если а>А>0 и p>q, то имеет
место неравенство (аР— ЬР) (а1?(а1? — Ь^) (аР + Ьр).
83.	Доказать, что если т и п—натуральные числа, та-
кие, что п—да^1, и г — положительное число, то имеет
место неравенство 1 4-rn~1 ~^s rm
84.	Доказать, что при положительных а, Ь, с и d имеет
место неравенство ac+d-\-bc+d acbd-\- adbc.
85.	Доказать неравенство aft4~~z aft_/4--r-;, где
сг	аг1
а > О и Z, А— целые числа такие, что O^t^A.
86.	Доказать, что если а> 0 и А — натуральное число,
то имеет место неравенство
A(14-a2ft) —aft>aaft-14-a2ft~24- ... 4-а24-а.
87.	Доказать, что если х4-р = а> 0 и п — любое нату-
ральное число, то имеет место неравенство х'1 + уп .
88.	Доказать, что если а>А>0 и п—натуральное
число, большее 1, то имеет место неравенство у/а — Ь'^
.	П/~ П/~Г
> г/ а — 1/ Ь.
10
89.	Доказать, что если а> 0, А>0, с>0, а + А> с
и п—натуральное число, то имеет место неравенство
л/ 1	п/~~Г
у a-i-y Ь^> ус.
90.	Доказать, что если | х | < 1, то имеет место нера-
венство (1—х)п + (1 +х)п 2”, где п—натуральное число.
91.	Доказать, что для натуральных п и k, где А^л,
имеют место неравенства А! (А 4* п! =+ k! пп~к.
92.	Доказать, что если а < ^/ b < а 4-1, где а> 0, то
имеют место неравенства
а (а3+26)
2а3+6
<V~b<
(а + 1)[(а+1)3+26]
2 (а + 1)3 + 6
93.	Доказать, что при натуральном л имеет место нера-
венство n!^2a~1.
94.	Доказать, что при л — натуральном, большем 2, имеет
место неравенство у л<—^=+1.
У п
95.	Доказать, что если 0<х<1, а л —натуральное
1_________________________________x”+1	1_хп
число, то имеет место неравенство —<—-—•
96.	Доказать, что если л> 1, то х + — >14— при
1 пх'	' п
X > 1 или при 0 < X < —.
97.	Доказать, что если а^Ь, то для натурального л
имеют место неравенства
л (а — b)-bn~x ^ап — Ьп ^.п(а— Ь) а""1.
98.	Доказать неравенство
1	1	, 1 ^2n —1
'ТГ±2Г+'-•+4Г^“4Г“-
99.	Доказать, что если х > О, х+=1, п — натуральное,
то имеет место неравенство
, 1 п	х—1
х + -я > 2л • -=—г .
1 хп	хп—1
100.	Доказать, что если л — натуральное число и л>=1,
то имеет место неравенство л (а— 1) (а2л+1 + 1) а (а2п— 1).
101.	Доказать, что если x2 = y2-\-z2, х > 0, у > О,
«>0, то ха > у* + г*, если а >2, и <«/“ + .?“, если
а <2.
11
102.	Доказать, что при р> п и «> А> 0 имеет место
ар — Ь? ап—Ьп
неравенство
103.	Доказать, что ]/"4х-|- 1+]^4г/-]- 14-]/4.г-(-1^5,если
х +г/4-^=1 и каждое из чисел х, у, z не меньше—.
104.	Доказать, что если четыре положительных числа
х, у, z и t связаны условиями ху = zt и х — у^> z—
то (х — y)2(z + i)> (z — i}2(x + y).
105.	Доказать неравенство
«? + «! +«з2+.--+^
(ai 4~ аг Н~ дз ~Ь • • • 4~ ап)г
п
106.	Доказать, что при натуральном п:
пх2 — 2х(а1 + а2 + а3+...+ап — п2) +
+ (а1 + а2 + • • • + ап) —%П (а1 + а2 + • • • + аи) + Л3 О,
107.	Доказать, что ~^= < /л+1-/л-1.
V п
108.	Доказать неравенство А (л— А-}-1)^л, если
1 A sC л.
109.	Доказать, что для натурального л имеет место не-
равенство (л!)2^лп.
110.	Доказать неравенство
(2-И ( 2-
\	т J \
111. Доказать, что
1,1,1,
„__2т— 1 \	_1_
т ) '''' т\
2.
1
112.	Доказать, что для натуральных тип имеет место
неравенство
113.	Доказать неравенство
3-7.11 ... (4л—1)	1
/3=5-9.13 ... (4/14-1) <
114.	Доказать неравенства
1 <- 2., 3_. £ 2л —1	1
2 У~п "^ 2 4 6 ‘ ’ 2л /гл’
12
115.	Доказать: 2!! + 411+ ... + (2л)!! < (2л + 1)!! — 1,
где (2л)!!=2-4.. .2л; (2л + 1)1! = 1-3-5.. ,(2л+1).
116.	Доказать, что 1114-3!!+51!4- • • • +(2л—1)1! <
<(2л)!1 —1.
117.	Доказать неравенство
5 = —4- —4- —4-	4-—<1
118.	Доказать, что если й> —6, то
k	1	1
(74-fe)24-(74-й)» < 64-fe	74-й”
119.	Доказать, что при любом натуральном л, отличном
от единицы, имеет место неравенство
1 +J-+	+_L>1.
п +1 л 4-2т 1 ‘ т 2п 2
120.	Доказать, что
с *	_|_	2 I _______________21
8» + 8» ' 92 + 9»	п (7 + п)2 + (7 + п)3	7 ’
121.	Доказать неравенство
, (2п —1)1!
3- 1! '32-2!	’ Ч- За-п! •
122.	Доказать, что для натуральных тип, где л < т,
имеет место неравенство
о_«+1 1 «4-2 ,	, т (п+1)2
2" + i Ч"2п+2 г* •  • -г 2т \ п,2» 
123.	Доказать, что если х > 0, то имеет место неравен-
ство х(4х — 4-2*+ 1) + 2х(х2+ 1) > 0.
124.	Даны арифметическая прогрессия с общим членом
ап и геометрическая прогрессия с общим членом Ьп, причем
ах = Ьх, аг — Ьг, ах^а^ и ап > 0. Доказать, что ап < Ьп
при л > 2.
125.	Доказать, что если в арифметической и геометри-
ческой прогрессиях все члены положительны, число членов
одинаково, первые и последние члены соответственно равны,
то сумма членов арифметической прогрессии больше суммы
членов геометрической прогрессии (d=^0).
126.	Доказать, что если а1 + а2 + а3+ . .. -\-ап — 1, то
ai 4- а2 + а% + ... + а2 .
13
127.	Доказать неравенство
Л(а?+<’ + а₽+-’+...+а₽+-’)>
> (а? + а₽ + . . . + а₽) (а?4-а? +. . . 4-а»),
где п — натуральное («=/=1)> av а2.... ап — различные
положительные числа, р > 0, q > 0.
128.	Доказать, что если а> 0, £> О, с> 0 и а, Ь, с —
три последовательных члена арифметической прогрессии, то
имеет место неравенство ап + сп > 1Ьп для натурального
1 (d^O).
129.	Доказать, что если между различными положитель-
.	1,12
ними числами а, Ь, с существует зависимость — 4- —= у, то
имеет место неравенство ап + сп> 26" для любого натураль-
ного п.
130.	Доказать, что если положительные различные числа
а, Ь, с являются тремя последовательными членами геомет-
рической прогрессии, то для натурального п имеет место
неравенство ап 4- сп > 2Ьп.
119	119
131.	Доказать, что если —I— =-г- и т4'Т = ~ > О,
а ' с b	b ' d с
~2 < с < 26, Ь=£= с, то имеет место неравенство а 4- d > b + с.
132.	Установить зависимость между натуральными числами
т и п, если известно, что
1 + 24-3+ ... 4-/П	1+2+3+..+>!
т	п
133.	Доказать, что в геометрической прогрессии, все члены
которой положительны и знаменатель отличен от нуля, сред-
нее арифметическое крайних членов больше среднего ариф-
метического всех членов.
134.	Доказать, что если а > 0 (а =+ 1), р > </ > 0, р и q
аР—\
рациональные числа, то имеет место неравенство ------— >
1
135.	Доказать неравенство х2 + ху + ту2—т^О, где
у, т — целые числа (у 0, т > 0).
(х + т)2—4/пп
136.	Доказать, что дробь ——. может принимать
при вещественных х все числовые значения, кроме тех, кото-
рые заключены в интервале между 2/д и 2я.
137.	Доказать неравенство 1 4X _j_g~
14
§ 2. Доказательство неравенств методом
математической индукции
При доказательстве неравенств (как и равенств) часто прибегают
к методу математической индукции. Этот метод осиоваи на принципе,
который поясним на примере. Если на полке самая левая книга
в красном переплете, и правее каждой книги в красном переплете
стоит книга в красном переплете, то все книги на полке в красном
переплете. Это—пример рассуждения, который в математике назы-
вается принципом математической индукции (аксио-
мой индукции). Очевидно, что утверждение «на полке все книги в
красном переплете»—верно. Также ясно, что если бы мы зналн
только то, что самая левая книга в красном переплете, то этого
недостаточно, чтобы сделать заключение, что на полке все книги в
красном переплете. Если же нам было известно лишь то, что правее
каждой книги в красном переплете стоит книга в красном переплете,
то и этого недостаточно, чтобы утверждать, что на полке все книги
в красном переплете (первая книга может оказаться не в красном
переплете). Таким образом, чтобы утверждение было верным, необ-
ходимо, чтобы имели место оба условия. Приведем более общий
пример. Если имеется последовательность утверждений, у которой
первое утверждение верно, и за каждым верным утверждением
следует верное, то все утверждения в последовательности верны.
Доказательство при помощи метода математической индукции
того, что некоторое утверждение, в которое входят натуральные
числа п, верно, состоит из доказательства двух теорем:
Теорема 1. Утверждение верно при п=1.
Теорема 2. Из справедливости утверждения для какого-либо
произвольного натурального л = й следует его справедливость для
следующего натурального гг = й-(-1.
Если обе эти теоремы доказаны, то на основании принципа
(аксиомы) математической индукции заключаем, что утверждение
верно для любого натурального п.
Наконец,если надо доказать утвержден иене для всех натуральных
п, а лишь начиная с некоторого натурального т > 1, то доказатель-
ство проводится так:
1)	Доказывается, что утверждение верно при n =
2)	доказывается, что из справедливости утверждения при n = k,
где k^m, вытекает, что оно верно и при n = k-\-l (см. ниже при-
мер 4).
Пример 1. Доказать, что
_1-2, 2-3 3-4	(„_()„ я(п+1) n(n-f-l) (л-|-2)
Лп~"2~ + Т+"Г+---+	2	+	2	“	6	' 1 ’
Доказательство. Если « = 1, то доказываемое равенство
справедливо. Таким образом, теорема 1 доказана. Далее, исходя из
предположения, что доказываемая формула верна для какого-нибудь
n = k, т. е.
„ _Ь2 2-3 3-4	(й-1)й Ь(й+1) *(й+1)(й + 2)
^=^- + -2-4-2-+...+-------2“ +-----g—=---------§------’ (2)
15
докажем, что (1) имеет место и для п = Действительно,
о ~ , (й+1)(й + 2) _ (й+1) (k + 2) (й+3)
5*+1 = +----------2--------6	=
= (fe + l)[(fe + l) + l] [(fe+l) + 2J
6
Итак, доказана и теорема 2. Поскольку обе теоремы доказаны, то
на основании принципа математической индукции заключаем, что
формула (1) верна для любого натурального п.
Пример 2. Доказать, что при натуральном п имеет место
неравенство 2” + 2 > 2« + 5.
При п—1 доказываемое неравенство верно, так как 23 > 2-f-5.
Допустим, что доказываемое неравенство верно при n = fe, т. е.
2*+а 2k+ 5. Тогда при п = & + 1 имеем
2<*+i)+a = 2ft+2-2 > (2й + 5)2=2(*+1)+-5 + (2й + 3) > 2 (k + 1) + 5,
т. е. 2<а+1)+2 >2 (fe+1)4-5. Следовательно, неравенство 2"+2 > 2п-(-5
верно при любом натуральном п.
Пример 3. Доказать, что при натуральном п имеет место
неравенство sin2” а+cos2'2 а «С 1.
При п=1 имеет место равенство, так как sin2a+cos2as= 1.
Пусть при n — k sin2fe a + cos2ft a 1. Тогда для n = fe + l имеем
sin2*+2a_J_cos2*+2a_=sjn24a.sin2a_[_cos2*a.cos2a<sjn2Aa_|_cos2^a^lj
так как если sin2 a < 1, то cos2 a < 1, а если cos2 a< 1, то sin2a < 1.
Поэтому sin2"a-f-cos2"a< 1 при любом натуральном п.
Равенство достигается лишь при п—1.
Пример 4. Доказать, что если а и b—катеты, а с—гипоте-
нуза прямоугольного треугольника, то для всех натуральных п^2
имеет место неравенство а”+6”=Сс”. При п — 2 имеет место равен-
ство (по теореме Пифагора): а2-\- Ь2—с2. Пусть ak-]-bk и^,ск при n — k.
Тогда (при п = й — 1) имеем ak+1d-bk+1 = ak-aJrbk-b < ak-c-\-bk-c —
= (ak -\-Ьк)-с. Итак, a” + 6”<c” при любом натуральном п^2.
Равенство достигается лишь при л = 2.
Пример 5. Доказать, что среднее арифметическое гг-х степе-
ней двух положительных чисел не меньше гг-й степени среднего
арифметического этих величин, т. е.
ai+az	+	,1Ч
2	2 ) ‘	Ш
Сразу заметим, что если a1 = a2, то при любом п достигается
равенство. В дальнейшем будем считать, что аг + а2.
Если п=1, то соотношение (1) верно (имеет место равенство).
Докажем, что при п^2 имеет место строгое неравенство (<ях а2).
о	_	...	ni~j~a2	(+ + ^2)3
Если п = 2, то (1) перепишется в виде ---1----------------, или
(flj —а2)2 йг 0, что очевидно, причем, так как ау ф аг, имеет место
строгое неравенство. Предположим, что при каком-нибудь n = k
(fe=s2)
•	(2)
16
Умножив обе части (2) на а1-^-а2 > 0, получим
А±А{а1 + а2)>(£1±^>
Ol+1+Ol°2 + Ol°2 + O2 + 1	(°1 + вг)^ + 1	УО.
_	>	_	.	о.
Докажем, что
ai+1 + at+1>ab2 + ai4.	(4)
Так как	) — (aia2“baia2)— а± —aia2—aia2 4~ а2^ 3
= 01 («1 —а2)—а2 («1 —a2) = (oi—°2)(ai~ °г) > 0, то неравенство (4)
верно. Из неравенств (3) и (4) следует:
(4+1 + a£+1) + (ai+1 + 4+1)	(ai+ajk+1
2	2k	’
или
✓Л+i 1
tZl -f- CI2
\ 2 J
Итак, и теорема 2 доказана. Следовательно, на основании принципа
математической индукции неравенство (1) верно для любого натураль-
ного п.
Пример 6 (обобщение примера 5). Доказать, что
/а1 + а2 + аз + • • • + °/Л” а? + а? + а2 + •• + ар ,п
\ р	J	р
Если р = 2, то мы приходим к примеру 5. Пусть теперь р = 4 = 22.
,	,	/	---24--а_:-
{ ai а2 -Т Оо -Т a.	I 2	2	;
Так как ——————— = \----------------------/ , то иа основа-
\	4	)	\	2	/
нии примера 5 получаем
(а1 + аг\п , (аз + а4\п
а i а2 аз а4 \ л	\	2 /	\ 2 /
\	4	)	§	•
и	а^А-а2	/^зЧ~а4\паз4~а4
Но так как (	-)	и (	2.. /	2 то в
силу свойства транзитивности имеем
/ аг + а2 + а3 + а4'\'* а” + а" + аз +°”
\	4 J	4
Итак, мы доказали, что неравенство (1) верно при р = 2х = 2 и при
р = 4 = 22. Таким же образом можно доказать, что (1) верно при
р = 28, 24, ... Вообще, применяя тот же метод доказательства, что
в примерах 1 и 2, можно доказать, что (1) верно дл£ любого р = 2*.
Для доказательства неравенства (1) для любого р применим метод,
17
впервые введенный французским математиком Коши. Этот метод
отличается от метода, примененного нами при решении примеров 1
и 2, тем, что делается переход не от р к р+1 (индукция вверх),
а производится переход от р+ 1 к р (индукция вниз). Итак, допустив,
что неравенство (1) верно для натурального р + 1, докажем, что (1)
верно и для натурального р. Имеем тождество
следовательно,
/О1 + О2 + Оз + • • •	_
\	р	/ “
/	,	,	.	,	, °1 + а2 + °3 + • • •	\ *
/ Й1 + а2 + а3 + • • • + ар Н---~---------- )
А---------------------F+1---------р----------J • V
Но, по нашему допущению, неравенство (1) имеет место для нату-
рального р+ 1, т. е.
/	,	, °1 + °2 + О3 + • • • +ар\k
/ a1 + a2 + a3+...+aJ3H	---------\
\	J <
k , k , k ,	, k , ( al+°2"|- •  • 4"ap V
al + a2 + a3 + • • • +	--------------)
P4"l
Наконец, учитывая тождество (2), после преобразований получаем
(а1~Ьа2 + аз + • • • +gpV	4 + аз +    + ар
\	Р	/ " Р	’
Равенство достигается лишь при а1 = а2=...=ар (если р 1 и
138.	Доказать, что при натуральном л^З имеет место
неравенство 2П> 2л+1,
139.	Доказать, что при любом натуральном л имеет место
неравенство (1 — а)п	если 0.
140.	Доказать, что для любого натурального л 2^2 имеет
4"	(2п)!
место неравенство	•
141.	Доказать, что при любом натуральном л^>2 имеет
место неравенство 2! 4!.. .(2л)! > [(л + 1)1]".
.	1	3 5 2л — 1^.	1
142.	Доказать неравенство у • т ' в"- • • —5+“	i/'T2—; •
18
143.	Доказать, что при положительных х и при любом
натуральном п имеет место неравенство
++	+ ... + _L_ + _L_ + п + k
144.	Доказать, что если 0 а,л, где / = 1,2,3, . ..,п,
то имеет место неравенство
sin «1 + «а+•••+«„	sin at + sin а2 + ,., + sin an
n	n
145.	Доказать, что модуль суммы нескольких величин не
больше суммы их модулей, т. е.
I а1 + «2 + • • • + ап I I “l I + I а2 I +  • • + I ап I-
§ 3. Средние величины. Классические неравенства
Определения:
1 тт я “Ь ^2 ^3 4" • • • 4"
1.	Число А = —“—™ ----------1—— называется средним
арифметич еским чисел аг, а2, а3, ...»
2.	Корень n-й степени из произведения п неотрицательных чисел
^2» аз, •  лп> т- е- число G== р/ а1-а2’аз* • - ап> называется сред-
ним геометрическим этих чисел.
J
f	Л. 1	\ Л_пт\~т
О ТТ о I	“Г #2 “Г ^3 “Г ♦ • • “Г &П 1 т
3.	ЧислоSm= (—-----———•------!—— I называется сред-
ним степенным чисел alt а2, а3, ..ап п о р я д к а т.
В частности, среднее степенное первого порядка
4* + • • • + ап	а
----------!—- есть среднее арифметическое чисел alt а2, a3t ...
а среднее степенное второго порядка Q =
/ ai + «2 + “s+• • •+“« V72
«= (--——— --------!—— I называется средним квадра-
тическим чисел av а2, а3, ..., ап.
4.	Число
fj ( ai 1~Ь°2• • • Н-Дд1 \ 1 _____________2_________
п / °_L+_L_l_L_i- +-L
ai “а + а3 + ‘’ + а„
называется средним гармоническим чисел alt аг, а3, .... ап.
146. Доказать, что среднее арифметическое (Д) чисел
ar, а2, а3, ..., ап заключено между шах (а) и min (а)*), где
j Аналогичные символы применяются и в дальнейшем.
max (a) — наибольшее из чисел ap a2, a3, ..., an, a min (a) —
наименьшее из них, т. е.
. \ oi -4- о2 аз "f~ • • • “I-	i \
min (a)	————jp------1—- =С max (a).
147.	Доказать, что среднее геометрическое положительных
чисел a1, a2, а3, .. ап заключено между min (а) и max (а),т. е.
mtn	аг- а3- а3. . . аа^. max (а).
148.	Доказать, что при натуральных значениях т сред-
нее степенное п положительных чисел а1( а2, а3.....ап
заключено между min (а) и max (а), т, е.
min (а)
„т , т , т ,	, „т
а1 ~Ь Д2 4 а3 4“ > • • 4
п
max (а).
149.	Доказать, что среднее гармоническое положительных
чисел ах, а2, а3, .ап удовлетворяет условию
min (а) -j------j---j--------j-^max (a).
ax a2 a3 ' an
< ft	r\ Д14* Да 4 Дя “4“ • • • 4* Д/i
150.	Доказать, что число В =•/ . Л г; Т-----—^заклю-
Ь1 +о2+Ь3 + ... +Ьп
чено между mtn и max ^у) , если bv Ьг, Ь3, ..., Ьп
положительны.
_____1_____
151.	Доказать, что величина (а-Ь-с . . . /)р+?+г+-+v
заключена между наибольшей и наименьшей из величин
1 1 1 1
а₽, Ьч, сг ,	где а, Ь, с, I, р, q, г, ..., v
положительны.
152.	Доказать, что среднее арифметическое любых двух
неотрицательных чисел at и а2 не меньше их среднего
-4-	_-I f
геометрического, т. е.——^ра1-а2.
153.	Доказать, что среднее арифметическое любых
трех неотрицательных чисел ах, а2, а3 не меньше их сред-
ам + «а + а3	з /---------
него геометрического, т. е. — %-----— j/ ах- а2- а3.
154.	Доказать, что среднее арифметическое любых четырех
неотрицательных чисел а2> аз< а4 не меньше их среднего
геометрического.
90
155.	Используя задачу 154, доказать, что среднее ариф-
метическое любых трех неотрицательных чисел ДА не мень-
ше их среднего геометрического.
156.	Доказать, что среднее арифметическое любых восьми
неотрицательных чисел b2, • • •, Д, Д не меньше их сред-
него геометрического.
157.	Доказать, что среднее арифметическое любых п
неотрицательных чисел а2, а3, ..., ап не меньше их
01	—J— tZq “4“ « • ♦ "4"
среднего геометрического, т, е. ------------—
а^- а2-as... ап (неравенство Коши). Показать, что равен-
ство достигается лишь при а1 = а2 = ... = ап.
158.	Доказать тождество Лагранжа*):
(Х1Г/х + х2//2+ ... +х„у„)2 = (х21 + х%+ . .. +х*)х
X (у{ + у1 + •. . + Уп) — (хгу2 — х2у^ — (х1Уз — xsyj2 —...
...	(^1УП Хпу^)2 (х2У3	Х3у2)2 (х2у 4 Xty2)2 ...
• • • -(х2уп—хпу2)2 — .. .-(Х^у^х^^)2.
159.	Доказать неравенство Коши — Буняковского:
М + х2+ ... +х2) (у! + у1+ • • • + У%)>
> (Х1У1 + х2у2+ ... +xnyn)2.
160.	Пользуясь неравенством Коши — Буняковского, дока-
зать неравенство^ + а2 + . .. + ап) (-^ + ~^+    +
J^zz2, где а,->0 (z = l, 2, ..., п).
161.	Пользуясь неравенством Коши — Буняковского, дока-
зать, что если а4-Р + у = л, то имеет место неравенство
tg2y+tg2|+tg2f >1.
162.	Доказать неравенство Чебышева:
а1 4~ а2 4~ • • • 4~ ап .	+ • • • + Д < а1 Д + а2^2 + • • • + ап.Ьп
п	п	п	’
где а1г а2, ап и Д, Д, ..., Д —две неубывающие
последовательности чисел (или две невозрастающие).
163.	Пользуясь неравенством Чебышева, доказать, что
при п натуральном имеет место неравенство
(п — I)2 pq + (n — 1) (р + <?) + 1	..	, .
.... .....? — sC (п — 1 )pq + 1, где р 1, q
(или р 1, г/Д 1).
*) Эта задача является вспомогательной, с ее помощью могут
быть доказаны некоторые неравенства.
21
164.	Доказать,что если й^ — 1, то при любом натуральном п
имеет место неравенство (1 + й)п^ 1 -{-nh (неравенство Бер-
нулли).
165.	Доказать, что при любом натуральном л имеет место
неравенство	'
166.	Доказать неравенство Гёльдера:
'(Х? + х?+... +хР)Р +
> *1У1 + Х2у2 + ... + хпУп,
где р и q положительные рациональные, а xt и у, — неотрица-
1 , 1 ,
тельные числа, причем —-|--- = 1.
„ 167. Общий вид неравенства Минковского такой:
(«?+«? + . . . + «йР+(^ + ^ + .. . +ЬР)± +...+
+ (/? + ^+...+/?F>[(a1 + ft1+...+/1)^ +
+ («2 + ^2 + • • • +4)F+ •••+(«„+/’„+•••+ /„F] р,
где р Js 1.
При р < 1 знак неравенства надо изменить на противопо-
ложный. Доказать два частных случая: один для п = 2, а дру-
гой для р — 2.
168.	Доказать, что между средним арифметическим А,
средним геометрическим G, средним гармоническим Ни сред-
ним квадратическим Q положительных чисел имеют место
неравенства Q^A^G^H.
§ 4. Неравенства, приводимые к сравнению средних
169.	Доказать, что если а^О, Ь^О, с^О, то имеет
место неравенство а + & + с
170.	Доказать, что если а^О, b^O, с^О, d^O, то
имеет место неравенство ^(а -f-Ь) (с-|- </) +]/ (а с) (/>-)- </) -j-
-ф'|/(а + d) (b + с) 6 abed.
171.	Доказать, что если а^О, &^0, то имеет место
неравенство (]/а -ф У b )2	21^2 (а b) Yab.
22
172.	Доказать, что если а^О, Ь^О, с>0, то имеет
место неравенство а3^3+с3 й2]/^с +^2
173.	Доказать неравенство a* Ь4с4 abc (а b-j-с)-
174.	Доказать, что при натуральном п имеет место нера-
венство 2п-1-п! 5^ пп.
175.	Доказать, что если alt а2, ап неотрицательные
числа, то имеет место неравенство
/aia2 + /aias + •• • + V ап-хап <	(°i + «2 + •••+<*„)•
176.	Доказать, что если Ь~^— 1 и &=/=0, то имеет место
неравенство
4&2 + Ь+1
41И

177.	Доказать неравенство
Vxl + xl + Vyl + yl^
> К(*1 + z/i )2 + (х2 + у2)2.
178.	Доказать, что если а>0, Ь^О, то имеет место
неравенство ]/х2а-}-}/(с —х)2 + &> Vс2 + ()/а + У~Ь)2.
179.	Доказать, что если а>0, Z>>0, с>0, то имеет
место неравенство (а-{-b-{-с) (a2-$-b2-j-с2)^ 9abc.
180.	Доказать, что если а>0, то имеет место нера-
венство —j—-	ЗаЬ2 — 4,
181.	Доказать, что если а > 0, Z>>0, с> 0, то имеет
место неравенство
р^ У а2Ь2-{ с2 (ab + be -f- са Д- Уа2Ь2 + Ь2с2 + с2а2)
abc
>3(1+Кз).
182.	Доказать, что если aZ>>0, crf>0, то имеет место
неравенство 2 (а2 + &2) + с2 + d2 2 У ab (УаЬ-[-2Уcd).
183.	Доказать, что если числа а, b и с положительны,
рациональны и сумма каждых двух из них больше третьего,
то имеет место неравенство
1 + — у
° J
184.	Доказать, что для натуральных тип имеет место
неравенство m+y/,m"-n'n^^-i-^.
185.	Доказать, что если 5= ах4- «2 +  • • + ап, где
ai>	ап — неотрицательные числа, среди которых
23
имеются неравные, то имеет место неравенство
ф ,	3 п*
S—aj	S—аг	. г3—ап п — 1*
186.	Доказать, что если а^О, Ь^О, с^О, то имеет место
неравенство а3 4- Ь3 4- с3 4- 15abc < 2 (а + b + с) (а2 + Ь2 + с2).
187.	Доказать, что если 0, a2^0, as^0, о4^0,
то имеет место неравенство
„ „2 ~з „4	/ai4_2<z24_3<z34'4<z4\10
«1  «2 • и3 ’ “4	1 ----10------ I •
188.	Доказать, что ху 4- yz + zx	Y^xyz (х 4- у 4-г), где
х^ 0, у^О, z~^0.
'• 189^ Доказать, что при натуральном п имеет место нера-
। М+П"
венство л! I -у- ) .
fTooj Доказать, что при натуральном п имеет место нера-
венство (п 4- 1)"	(2л)!!.
Щи} Доказать, что при натуральном л имеет место не-
равенство л"^(2л—1)!!.
VT52J Доказать, что при натуральном л имеет место нера-
, |\2 —- Г(П+ 1) (2л+ 1)1 "
венство (л!)2^ '' ~~'ё—•
193.	Доказать, что при натуральном л имеет место не-
.	__[п (га-f-1)2] "
равенство (л!)3	[—4—j •
[ 194^ Доказать, что при натуральном л имеет место не-
равенство Зл (Зл + 1 )2 > 4	(Зл)! .
1195. Доказать, что если х, р, q и г — положительные
рациональные числа, то имеет место неравенство рхч~г 4-
4- qxr~P 4- rxP-ч ^p-Yq + r.
1196, Доказать, что если a > 0, 6>0, 0 <р < 1, то
имееу место неравенство (a-\-b)P-a\~f < a-[-pb.
я 197., Доказать, что если х>0 и л — целое неотрица-
тельное число, то имеет место неравенство
хп	1
14-x4-x24- ... 4-x2Z!	2п4-1 ‘
098J Доказать, что для натуральных т и л имеет место
неравенство (л»4-1) (да4-2) (л»4-3). . .[т-^-(2п—1)] <
< (т+п)2п~1.
24
199. Доказать неравенства
П (П + 1)
Г„_1_ 11	2	.	.	.
П (ПТ 1)
2п+1]	°
з
12002 Доказать, что если а1^0, л2 0, ..., ап 0
(л> 1) и = а1~^аап^_'1' ' +~". то имеет место неравенство
a1-a2-a3. .	1)"(S —Oj)(S — a2).. .(S — an).
201.	Доказать, что для любого натурального п и
/ ft + 1	п-1 \
имеет место неравенство хп—1 ^п\х 2 —х 2 ).
202.	Доказать, что если т и п — положительные и рацио-
нальные, а х>0, то имеет место неравенство тхп +
+ ^я>т + п.
203.	Доказать, что если а и b — положительные и различ-
ные числа, то имеет место неравенство
ап + ап-^Ь+ ап-2/>2+ ... + а6п-1 + 6п> (л + 1)(а&)~.
204.	Доказать, что если а, Ь, с — натуральные числа, то
имеет место неравенство
пакьгс^. /аЧ-Ь + с\а + Ь + с	(Ь + с)в (с + а)Ь (а + Ь)с
а0 с	- j	.
205. Доказать, что если a, р, у, ...,6 — рациональные
положительные	числа,	х, у,	z,	.
„	х	у	z
и	среди	отношений	—,	-g-,	—	,
F	а	р	у
то имеет место неравенство
. ,и— положительные числа
и
..,-у имеются различные,
x-|-i/-|-z-|-...-|-«\“+P + v+--.+e.
а + Р+Т+---+б;
. (—\а f jl\$ (2 v Г—V
> \	‘ \ Р / ’ \ 7/ ‘ ‘ \6)
206.	Доказать, что при неотрицательном целом п имеет место
п-1
неравенство 2"^1-|-л-2 2 .
207.	Доказать, что если в арифметической и геометри-
ческой прогрессиях, все члены которых положительны и не-
равны между собой, первые и последние члены соответственно
равны, а также равно число членов, то любой из средних
членов арифметической прогрессии больше соответствующего
члена геометрической прогрессии.
25
§ 5. Неравенства, связанные с показательной
и логарифмической функциями
208.	Доказать, что если а > b > 0, то имеют место нера-
венства: 1) а°-6ь> аь-Ьа и 2)	<logw, где /в> 1.
209.	Доказать, что	‘возрастает
вместе с k.
210.	Установить зависимость между натуральными числами
tn и п, если известно, что (n!)m > (т\)п.
211.	Доказать, что 1g (л-[- 1) > lg 1 ~t~lg2+._.
212.	Доказать, что если /и>л>0, а > 0, то имеет
место неравенство -^-lg(l 4-am) <-~lg(l 4-а").
213.	Доказать, что
х2 (4 + log2 у) + 2х log2 у + log2 у + 1 > 0.
При каких значениях х и у достигается равенство?
214.	Доказать, что
log2 (х + у) + log2 (ху) 4- 1 > 2 log2 (х + у).
з
215.	Доказать, что log“x + 21ogsx*log3 —1.
216.	Доказать, что-;—-—4-т—---кт—т—> 4.
’ log2n“log5n,log10n'^
где
а > 1, 6 > 1, с > 1.
ЧТО 10ga(M Г1 +logablog;c_
217.
Доказать,
§ 6.	Неравенства, связанные
с тригонометрическими функциями
218.	Доказать, что если А, В, С—углы треугольника,
то косинус половины любого из этих углов меньше суммы
косинусов половин двух других углов.
219.	Доказать, что если А, В, С — углы треугольника,
то cos А + cos В 4-cos С ^3/2.
220.	Доказать, что если А, В, С—углы треугольника, то
. А .В . С 1
sin	• sin-g-• sin-g--g-«
26
221.	Доказать, что если cps ^cosд 4- tgЯ-tgg = tgС, то
cos 2С 0.
222.	Доказать, что если A, Bt С—углы треугольника,
то~т + ~1г+—СГ>6-
sin-g- sin-^~ sin"2*
223.	Доказать, что если а и р— углы остроугольного
треугольника, то tga-tgp> 1.
224.	Доказать, что если а, р, у — углы неостроугольного
треугольника, то sin2 a 4-sin2 р 4-sin2 у 2.
225.	Доказать, что если А и В — острые углы тупоуголь-
ного треугольника, то tg/l-tgB<l.
226.	Доказать, что если углы А, В, С — углы тупоуголь-
ного треугольника, то cos2 А 4- cos2 В + cos2 С > 1.
227.	Доказать, что если а, р, у — углы треугольника,
то (sin a 4-sin р 4-sin у)2 > 2л sin a sin Р sin у.
228.	Доказать, что если — -^-<а<^-и —< р < ~ ,
а-|-В _ cos a-!-cos В
то cos —yi- >------.
229.	Доказать, что если О^а^л и О^Р^л, то
230. Доказать, что если 0 < a < л/2 и 0 < р < л/2, то
«т₽ ^tga-J-tgP
2	2
231.	Доказать неравенство sin (л/2 — cosa)>0.
232.	Доказать неравенство sin8 a 4-cos8 a ^>1/8. При каких
значениях а достигается равенство?
233.	Доказать, что если 26л < a < (2/г4~ 1) п и 2тл <
<Р<(2/«4-1)л (k и т — целые числа), то имеет место
sina-J-sinf} 2
sin a-sin В . a + B *
sm-y-
неравенство
234.	Доказать, что если 0 < а у , то имеет место
неравенство 1 4-ctg a ctgy.
235.	Доказать, что если kn < а < (2k 4-1) у, где k = 0,
±1, ±2, ..., то имеет место неравенство tga4-ctga>
> sin a 4-cos a.
27
236.	Доказать, что если а =/= ~ h, где k — 0, ±1, ±2,...,
то имеет место неравенство
з
(14-sin2 а) (14-cos2 а) <2 + ^2“+ ctS2 а-
237.	Доказать, что если 0 < х < л/4, то имеет место
cos х	„
неравенство т-х—:—-> 8.
sin2x(cosx—sinx)
238.	Доказать неравенство sin2 — cos6.
£	1	2.00
239.	Доказать, что если О^х^л и О $4 у =s4 л, то
, . , , . - 3 Уз
z ~ sin х + sin у 4- sin (х 4- у) ^4 —— •
240.	Доказать неравенство sin a-sin 2а-sin За < 3/4.
241.	Доказать, что если &л < а < (2&4-1)у, где 6 = О,
±1, ±2, то sin2 а-tg а 4-cos2 а ctg а 4-2 sin а cos а >2,
а если (26 4~ 1) у < а < (/г 4~ 1) то sin2 а • tg а 4~ cos2 а ctga 4*
4-2 sin a cos а — 2.
242.	Доказать, что при любом допустимом значении a
sina4-tg a _ n
имеет место неравенство------/—4— > 0.
cosa4-ctg a
243.	Доказать, что х2 (1 4- sin2 у) 4- 2х (sin у 4* cos у) 4-
4- 1 4- cos2 у 0. При каких значениях х и у достигается
равенство?
244.	Доказать неравенство x24-4xcos(xy)4~4^0. При
каких действительных значениях х и у достигается равенство?
245.	Доказать неравенство cos х 4- cos у — cos (х 4-г/)^3/2.
При каких значениях х и у достигается равенство?
246.	Доказать неравенство
(х 4- у) {х 4- у 4- 2cos х) 4- 2	2 sin2 х.
При каких значениях х и у достигается равенство?
247.	Доказать, что если а=0=£~, где 6 = 0, ±1, ±2,...,
то имеет место неравенство
3 (tg2 a 4* ctg2 a) — 8 (tg a 4~ ctg a) 4- 10^0.
248.	Доказать, что если 0 $4 a < л/2, 0	(3 < л/2,
О^у <л/2 и а4-Р4-У = л/2, то имеет место неравенство
j/tg a-tg04-5	tg a • tg у 4- 5 4- jAg £ • tg у 4- 5 С 4 j/ 3.
28
249.	Доказать, что если 0^а<л/2, 0(3 < л/2,
О^у < л/2 и a+P + Y —л/2, то имеет место неравенство
tg2a + tg2 р + tg2 у — tg2 a • tg2 p-tg2 ys& .
250.	Доказать, что
P— sin 2a  cos 2a • cos 4a ... cos 2"a -yr.
251.	Доказать, что при всех допустимых значениях а
имеет место неравенство | tg a 4- ctg a| > [ sin a 4- cos a |.
252.	Доказать, что если 0^	1 и 0 <	, то
имеют место неравенства sin2 х 1—2a cos х + a2 ^1.
253.	Доказать, что если a =# (26 4~ 1) л, где 6 = 0, ±1,
±2, ..., то имеют место неравенства
3 tg2 -^ + 10 tg “4-З
2 ------------------8
1 + tS2T
254.	Доказать неравенства
-----г sin X  sin -X-X I • sin I -5- 4- X ) -r .
4	\ 3 J \ 3 1 /	4
255.	Доказать неравенства sin® a4-cos® a 1.
256.	Доказать неравенства
0 cos2 a 4- cos2 (a 4- P) — 2 cos a cos p cos (a 4- P) .
257.	Доказать, что если a, P, у — острые углы, то имеет
место неравенство tg a (ctg р 4- ctg у) 4- tg p (ctg a 4- ctg y) 4-
+ tgy(ctga + ctgp)s==6.
258.	Доказать неравенство
(ctg2 a — 1) (3 ctg2 a — 1) (ctg 3atg2a —1)	— 1.
259.	Доказать, что если 0 < a < л/2, 0 < р < л/2,
О < у < л/2 и 0<а+Р4~у < л/2,то имеет место неравен-
ство tgatg P + tgPtgy-[-tgytga < 1.
260.	Доказать неравенство sin2 a 4-sin2 р > sin a sin р 4-
+ sin a 4-sin р—1. При каких значениях аир достигается
равенство?
261.	Доказать неравенство sin (cos <р) < cos (sin <р).
29
262.	Доказать, что если 0<а<р<-5-,то имеет место
неравенство а — sina<0— sin 0.
263.	Доказать, что если 0 < a < 0 < у, то имеет место
неравенство tga —a<tgp —0.
264.	Доказать, что если 0 < х < -£, то имеют место
неравенства: sinx<x<tgx и cosx<^^<1.
265.	Доказать, что если 0<а<-^-, то имеет место
а8 , .
неравенство а—^-<sina.
266.	Доказать, что при х>2 имеет место неравенство
1 , . 1 о . 1 . п
sin---? 4- sin —г-т—2 sin — >0.
х — 1 ' х+1	х
267.	Доказать неравенство sin х 4- sin 2х -|-... 4* sin пх < п.
268.	Доказать, что если a =4=/гл, где k = 0, -fcl, ±2, ...,
то имеет место неравенство
$in а4~5‘п 3a-|-sin 5a 4~ .  4-sin (2n«~-l) a
sin a
> o.
269.	Доказать, что если tga = ntgq>, где л> 0, то
, « .	. _ (п—I)2
имеет место неравенство tg2 (а — <Р)	' .
270.	Доказать, что если 0 < a
-г-.-г; > то имеет место
4(п—1)
неравенство	tg па > п tg а, где
большее 1.
271.	Доказать, что
п—натуральное число,
если
tg<4
sin ott-|- sin <xg -|-
cosa1-j-cosa24-
4- sin a„
+cosan
0 < Oi < a2
a„ < л/2.

272.	Доказать, что если 0 < (л4- 1) х < у, где л —на-
туральное, то имеет место неравенство	<cos2n+1Ai,
273.	Доказать, что имеет место неравенство
— 4 у «С 2	, где у — cos 2х 4- 3 sin X.
30
274.	Доказать, что имеет место неравенство
a-f-c F	(с—a)s	“ + с
~2~	2	2
У Ь»4-(с—д)2
9
где у = a sin2 х 4- b sin х cos х 4* с cos2 х.
п	sinx—1 , 1 _ 2—sinx
275.	Доказать неравенство	4--,>-
ЫН л £	£	О”'ЗШХ
276.	Доказать, что если А, В, С — углы треугольника АВС
и произведение sin А  sin В > 1 /2, то / С < 90°.
277.	Доказать, что если между острыми углами аир
существует зависимость sin (а 4-Р) = 2 sin а, то а < р.
278.	Доказать, что если lsjn*~~C0SA:| 1 то
’	| sin x-|-cos х |	’
kn < х л/2 4- Ал,
279.	Доказать,	что	если	tgx = 3tgj/,	0^х<у,
0=0 <у, ТО X — У<-£.
280.	Доказать,	что	если	0<а<у,	0<р<у,
0<у<у и tga-tg04-tgP-tgY4-tgY-tga < 1, то имеют
место неравенства 0<а4-Р4-у<у'
281.	Доказать неравенство (1 — sin х)2 4- sin2 (х—1)>0.
Л	1
282.	Доказать, что 2 | sin х |-sin2 -g- =0=x24-^j .
283.	Доказать, что если a лк, где k = 0, ±1, ±2, ...,
sin a	. о
то имеет место неравенство --------------— < 2.
sin a—cosa-tg
284.	Доказать, что — 1 sC У	1 > где
У
x*cosa—2x4-cos «
xs—2xcosa4-l
(0 < a < л).
285.	Доказать, что если а > 0, 6>0, а=/=Ал, где
А = 0, ± 1, ±2, .... то имеет место неравенство a sin2 a 4-
4* b cosec2 a 2 У~аЬ.
286.	Доказать, что при любом a^yA, где А=«0, ± 1,
хЬ 2	 имеет	место неравенство
(1 4-sin2a) (tg2a — 2) 4- ctg2a4-cos2aZ>0.
31
287.	Доказать, что если -j -ф 2Ал < а < ф- 2/гл, то
имеют место неравенства
_./— V 1 — 2 sin acosa
'	sin2 а—cos2 а
--- 2----</2?
sec а+cosec а
288.	Доказать, что при целом п О имеет место нера-
венство | sin пх | п | sin х |.
§ 7. Нахождение наибольших и наименьших
значений функций
289.	Доказать, что произведение нескольких положитель-
ных переменных сомножителей, сумма которых постоянна,
имеет наибольшее значение при равенстве сомножителей.
290.	Доказать, что сумма т положительных переменных,
произведение которых постоянно, имеет наименьшее значение
при равенстве переменных.
291.	Даны п чисел alt а2, ..., ап. Определить, при
каком значении х функция
у = (х— at)2 + (x — а2)2+ ... -ф (х — ап)2
имеет наименьшее значение.
292.	Найти наименьшее значение функции
Ф(х) — |х— а | -ф |х—& |-ф | х — с |-ф|х—d\,
где a<&<c<d— фиксированные вещественные числа, а
х может принимать произвольные вещественные значения.
293.	Найти наибольшее значение функции
у = (1-х)»(1 -фх) (1 ф- 2х)2,
1 . ..
где —у < х < 1.
294.	Известно, что 36х2-ф 16у2 = 9. Найти наибольшее
и наименьшее значения функции z — y— 2х.
295.	Найти наибольшее значение функции
z—(a— х) (Ь — y)(cx + dy),
где а > 0, b > 0, с > 0, d > 0, а > х, b > у, сх -ф dy > 0.
296.	Найти наименьшее значение функции
У —	яф-2(1 + ]/х-ф1)-ф	х -ф 2 (1 — ,]Лх -ф 1).
32
297.	Найти наименьшее значение функции =	и
узнать, при каком значении х оно достигается. '
298.	Найти наименьшее значение функции
у = У — х2 4~ 4х 4- 12 —	— х2 + 2х 4- 3.
299.	Найти наибольшее значение функции у = х2 )/Ъ2 — х .
300.	Найти наибольшее значение функции
у == Зх + 4 У1 — х2
и определить, при каких значениях х оно достигается.
^з_|_
301.	Найти наименьшее значение функции {/=—~—
если х > 0.
302.	Найти наименьшее значение функции
У
2х4— 4х8+9х2 — 4х 4-2
303.	Найти наименьшее значение функции
у = аткх 4- Ьт кх,
где а > 0, b > 0, т=^=\, т> О, k > 0.
304.	Найти наибольшее значение функции
(0^X14-02*8 4- •   +ar/J2
х24-^+...4-х2
305.	Найти наибольшее и наименьшее значения функции
у = хгх2 4- У1У2 + ziz2> если известно, что х“ 4-I/1 4~Zj ^4,
*2 + У 2 4" zl 9.
д;2	^2
306.	Найти наименьшее значение функции у =— 4-	>
где а>0, й>0, 0<х<1.
307.	Найти наименьшее значение функции
_ х44-2х84-Зха4-2х4-2
Х24-Х-|-1
308.	Доказать, что если т и п — рациональные положи-
тельные числа, х и у положительны, то имеет место нера-
/ x-\-U \ >п+п
венство хтип	—4~2- 1	ттпп. Найти наименьшее значение
х + у, если хтуп = с.
2 И. X. Сивашинский
33
809. Найти наименьшее значение функции
Р(Ж,
если х > 0, у > 0, z > 0.
310.	Найти наименьшее значение функции у «=	f
если а 0, 6^0, х > 0.
311.	Найти наибольшее значение функции
у = sin3 х — sin® х.
312.	Найти наибольшее и наименьшее значения функции
у = 2 cos2 х — 31^3 cos х — sin2 х 4- 5.
313.	Найти максимум и минимум функции
у = sin2x-tgx4- cos2 х • ctg х -f- sin 2x.
314.	Найтн наибольшее и наименьшее значения функции
sin2 х-^4 sin л-4- 5
3 — 2 sin х
315.	Найти наибольшее значение функции
z = sin2 (х + У) cos (х — у) sin2 (х — у) cos (х 4- у),
если sin2 х 4- sin2 у = т.
316.	Найти наибольшее значение функции
у = sin8 х 4* cos14 х.
ГЛАВА II
РЕШЕНИЕ НЕРАВЕНСТВ
§ 1. Неравенства, связанные
с рациональной функцией
Установить, при каких действительных значениях X вы-
полняются неравенства:
317. их -j- b 318. а(х—1)	0. > х — 2.	325.	1 -S'"	1	0 1	2%+1 . . 1
819' 2>Т	8а	326.	X > —. 1	1	X । । 1
		327.	x < —4-
320. |х—1|>	> 2.		1	1	X —1
		328.	x2 — IxI <0.
321. | 2х — 5|	<1.	329.	x2 — 3 | x | + 2 > 0.
322. ЙТ2>	0.	330.	x | x | — 4x 4- 3 <0.
		331.	(1-l-x)2 <|1 — x2|.
323.	< 0. 2% + 4		332.	x—1	x4-l 2 X	X — 1 '
у 2	1 324.	~ Х2+х + 1	< 1.	333.	X—1	x-f-1 x2 —l^u-
334. |х + х2 + х3 + ... +хп		+ ...!	< 1, где I X I < 1.
335. |х—— х2	+ т*3~ ^7xi if	Li	• + ... + (- i^-i.^x-’ki,	
где I х 1 < 3.			
336. При каких значениях а система неравенств
о , х2-}-ах—2	„
6 < х4—х-Н
удовлетворяется при любых значениях х?
337.	При каких действительных значениях а неравенство
{аъ—l)x2-|-2(a—1)х + 1>0 имеет место при всех дей-
ствительных х?
2*
36
338.	Пр и каких значениях а система
х24-(/24~2х<1,
х —у 4- а — О
имеет единственное решение? Найти соответствующее реше-
ние.
339.	Определить коэффициенты квадратного трехчлена
у = ах2 -f- Ьх-\- с, если известно, что его наибольшее значе-
1	3
ние равно при х = -^, а сумма кубов его корней равна 9.
340. Определить а так, чтобы сумма квадратов корней
уравнения х24~(а—1)х—2а = 0 была наименьшей.
341. Найти коэффициенты трехчлена у = ах2 -\-Ьх с,
если известно, что при х = 3 он обращается в нуль, а его
наименьшее значение равно —1 при х = 2.
342. Найти все пары целых чисел х и у, удовлетворяю-
щие системе неравенств
/ I х2—2х| <(/4-0,5,
1 (/ + |х-1 | < 2.
§ 2. Неравенства, связанные с иррациональностями
Решить неравенства:
343.	/х4-1 > /х—1.
344.	У~П^х С i/5~+x.
345.	/—х2 4- 4х — 3 <х—2.
346.	V х2 —Зх—10 < 8—х.
347.	/х—2—/х—3>
> — х — 5 .
348.	/х4-6 >
> /7+Т4- /2х —4 .
349.	1-КТЕ^<1.
350.	/х 4- / х 4- 1 4-
4-2 j/x24-x< 1 — 2х.
351.	ЛГ4-2/Х—14-
4-У^х — 2 /х —1>2.
352.	(х —2) /х24-1>х24-2.
353.	Y х4-/х —
х-/х>
>1]/ZZZ .
2 ' %4~ V х
354.	/х-1 > 1 4- Ух —2.
355.	х2 > ___________
х 2 4- Y12—2х—х2.
356.	/х2>2 J/x2 —2х + 1.
357.	1Z_
г х — 1
_	/ А
V х4-1	2 •
36
358. x-4 <(??y=J .
359.	1	: + —	=
Vx + 2Vx — 1 V x—2]^x— 1
§ 3. Неравенства, связанные с показательной
и логарифмической функциями
Решить неравенства:
360. 4х — 2-52* — 10* < 0.
36!• 2*Н-3 > 2*+2 —1 ’
362. logx*(2 4-x) < 1.
звз- 'ИеТ1| <о-
364.	.-J— С----7===-
log2x^log2 /х + 2
365.	log0il(x2 + l) <
< logo,1 (2^ — 5)<
366.	log£ х — loga х < 0
(0 <а <1).
367-	1
368.	log2 (2*—1) X
Xlogj_(2*+1 —2) > —2.
369.	logz_(5*—1)Х
.	2 /V п
Xlog/?5-x^T>2.
370.	]/log2^T<l.
371.	[logA(x2—5x4-2)] 2<1.
7
372.	IL<log3,1x<l,
373.	r-— >1	(a> 1).
logax^ '	'
374.	М.1х>7-
375.	.	x2—4x4-6 logo,7	~~ <0*
	log (xa-sx+i)
376.	(4) v <L
377.	(Ьгб)1-'10»* *>* <
	24-log
	<(0,64)	/2
378.	loga]/20-X> 1.
379.	log 1 V *4-1 <
< logjjA —x24- 1.
380.	logjx2— 1 | > 0.
381.	sin|lgx|4~
4-	cos 11g x | >	.
382.	arcsin 1g x > 0.
383.	(log^-Vlog^Y-
\ 2 J
— 201ogax4-148 <0.
384.	log2! x—| log2 x |—2 <0.
385.	log** x + log* (kx2) > 0
(0<Л<1).
386.	хг-10Ф-,0^*г_.L>0.
X
3Z
§ 4. Неравенства, связанные
с тригонометрическими функциями
Решить неравенства:
387.	б sin2 х + sin2 2х >	397.
> 4cos2x. з98.
g
388.	sin® х 4- cos6 x > -g. ggg
389.	4 sin3x<2sinx4~cos 2x.
390.	sin 3x > 4 sin x cos 2x.
391.	sin2x-Hgx>2.	401 •
392.	| sin x ] <| cos x	4Q2
393.	| sin x | > | cos x |.
394.	I sin x I cos x > 4- •	403-
395.	6 sin x cos 2x —	404.
— 2 sin 3x < 4.
396.	| sin x 14- | cos x | > 1.	405’
406.	logCos (cos22x—sin2x\
~vt \	2
407.	(arctgx)2— 4 arctgx4-3 > 0.
408.	arcsin (x2 — 2x — 2) >	.
4 (sin2 x —'| cos x |) < 1.
| sin x 4- cos x | < 1.
/ 1 \ sin X / 1 \ cos x
\T;
2’in x > 2C0S x
sin X 4" COS X , r-^
sin x—cos x "
5—4 (sin2 x4~cosx) < g
cos x '~'~
,	. tg 2x— 2
tgX> tg 2x4-2'
I sin x — cosx I	j
I sin % + cosx j
/2 (sin л + cos x)-V~2~
2^2 — (sin x + cos x)^
ГЛАВА III
ЗАДАЧИ, СВЯЗАННЫЕ С НЕРАВЕНСТВАМИ
§ 1. Нахождение области определения функций
Совокупность всех тех значений аргумента, которым соответ-
ствуют определенные значения функции, называется областью оп-
ределения функции.
Найти области определения функций:
409.	У = У 1 —х.	422.	у — arcsin (1 tg2 jtx).
410.	У 1— X2	423.	у = arcsin (tgx).
	У	X	424.	у = arcsin (2x2 4~x). у _	_i_ 2arcs!n x_i_ 1 x	' Уx~i
411.	у = У х — 1 +У\—х.	425.	
412.	у = J/x — 1 4- У —х.	426.	У — logcos x Sin X.
413.	1	427.	у = log2 (sin X— COS X).
	у~ уТух—УТ^х' sin х		
414.		428.	у = у 1g (cos 2nx). 1
	v 1 — cosx’	429.	
			y x3—3x24-2x'
415.	У = ctg “2 •	430.	и У JC-I- 1
416.	у ~ Vsinl-		
		431.	CM » 4- 1 7 + ч « co * bo II II
417.	У = У sin (cos х).	432.	
418.	у= У tg2x-(/3+l) tgx+/3-	433. 434.	
419.	2 у = arccos ;	. v	1 —X		y sin ttx ’
420.	у - arccos t +x2.	435.	у — ctg nx 4- arccos (2*).
421.	у = У arcsin (log2 x).	436.	у = ]/ sin Ух.
39
437.	y = log2log3log4x.
438.	у = J/lg tgx.
439.	y = lg[cos(lgx)].
440.	у = arcsin ^lg•
441.	1 = 1— x2*).
442.	11/1 = 1g (2 —x) *).
443.	y = lg|4 —xa|.
444.	</ = lg(3’c — 3—*).
445.	y = lg(]/r^3-2).
446.	y = lg(l—tgx).
447.
448. у — log* cos x.
§ 2. Нахождение области значений функций
Областью значений функции y — f (х) называется множество всех
тех и только тех значений, которые принимает у в области опре-
деления этой функции.
Найти области значений функций:
449.	У	= arcsin х.	455.	у		 х2—5
450.	У	= sin X COS X.			2х —4
451.	у	2х —1	456.	У	= У —х2 4-х 4-2.
		х+1 1	457.	у		х24-х4-2
452.	У	— к Н—_ •			х2—х4-2
			458. 459.	У У		 1
453.	У	— (х~1)2 х24-1 '			2х — 1 ' — sin X 4- cos X.
454.	У		460.		
		1 4-х2 •		У	= lg(l —2 cosx).
§ 3. Исследование функций на выпуклость и вогнутость
Функция y=:f (х) называется выпуклой в некотором промежутке,
если для любой парыххих2 различных значений аргумента из этого
промежутка выполняе1ся неравенство
f (х14~лг\	f (^i)4~Z (Xj)
1 \ 2 J 2
Функция y = f(x) называется вогнутой в некотором промежутке,
если для любой пары Xj и х2 различных значений аргумента из
этого промежутка выполняется неравенство
f ('i . f (лх)4~/ (-4)
' V 2 J <	2
*) Эта функция многозначная.
40
Часто эти определения относят к графику функции и говорят «вы-
пуклая, вогнутая кривая» вместо «график выпуклой, вогнутой
Рис. 1.
Рис. 2.
функции». Это имеет следующий геометрический смысл. Середина
любой хорды графика выпуклой функ-,
ции лежит ниже соответствующей точки У
дуги (рис. 1), а середина любой хорды
графика вогнутой функции лежит выше
соответствующей точки дуги (рис. 2).
Ясно, что одна и та же кривая
У — fM может оказаться выпуклой на
одних промежутках и вогнутой на дру-
гих. Точки, отделяющие выпуклые
части кривой от ее вогнутых частей,
называются точками перегиба. На рис. 3 ~q
точка А является точкой перегиба 1
кривой.	Рис. 3.
Исследовать функции на выпуклость и вогнутость:
461.	</ = х2.
462.	у = Xs + 2х.
463.	у = х3— 4х.
464.	у = - .
* X
465.	у = ±.
466.	(/=а*(а>0, а =/=1).
467.	у = loga х(а> 0, а=£ 1).
468.	у = sin х (0 < х < 2л).
§ 4. Задачи на составление неравенств
469.	Найти дробь, числитель и знаменатель которой
натуральные числа, если известно, что ее знаменатель
меньше квадрата числителя на единицу. Также известно, что
если к числителю и знаменателю искомой дроби прибавить
по 2, то значение дроби станет больше, чем 4-, а если от
О
41
числителя и знаменателя искомой дроби отнять по 3, то
, 1
дробь станет меньше , но останется положительной.
470.	Расстояние между городами А и В равно 100 км.
Из города А в город В отправляются одновременно два
автомобиля. Первый имеет скорость на 10 км в час ббль-
шую, чем второй, но в пути делает остановку на 50 мин.
В каких пределах может меняться скорость первого авто-
мобиля при условии, что он прибывает в город В не позже
второго автомобиля?
471.	Если бы путешественник проезжал в день на 20 км
больше, чем он проезжает, то он проехал бы за 8 дней
расстояние, меньшее 1000 км. А если бы он проезжал
2
в день на 15-х- км меньше, чем он проезжает, то за 12 дней
О
он проехал бы более 1000 км. В каких границах изменяется
его дневная скорость?
472.	В каких пределах изменяется скорость точки, дви-
жущейся равномерно по прямой, если известно, что при
увеличении скорости на 3 м/сек эта точка при прохождении
расстояния в 630 м выигрывает время не меньшее, чем 1 сек,
и не большее, чем 280 сек?
473.	Два катера, имеющие одинаковую скорость в стоя-
чей воде, проходят по двум рекам одинаковое расстояние
по течению и возвращаются обратно в пункты, откуда они
начали движение. В какой реке на это передвижение потре-
буется больше времени: в реке с быстрым течением или
в реке с медленным течением?
474.	Два тела начинают одновременно двигаться равно-
мерно по прямым Ох и Оу, пересекающимся под прямым
углом. Первое тело движется со скоростью v по прямой Ох
от точки А к точке О, находящейся на расстоянии а от
точки А. Второе тело движется со скоростью по пря-
мой Оу от точки В к точке О, находящейся на расстоянии
b от точки В. Найти наименьшее расстояние между этими
телами во время движения.
475.	Некто находится в поле на расстоянии d км от
прямой дороги. В какую точку дороги он должен напра-
виться по прямой, чтобы поскорее попасть в пункт D на
этой дороге, если известно, что его скорость по полю
v км/час, а по дороге и км/час (и > т)?
476.	Лодка спускается по течению реки на расстояние
а км, а затем поднимается на расстояние b км. Скорость
42
течения реки равна v км/час. Какова должна быть собствен-
ная скорость лодки (скорость в стоячей воде), чтобы вся
поездка продолжалась не более, чем t часов?
477.	Велосипедист отправляется с некоторой скоростью
из пункта А в В, отстоящий от А на расстоянии 60 км.
Затем он выезжает обратно с той же скоростью, но через
один час после выезда он делает остановку на 20 мин.
После этого он продолжает движение, увеличив скорость
на 4 км/час. В каких границах заключена скорость вело-
сипедиста, если известно, что на обратный путь от В до Л
ои потратил времени не более, чем от А до В?
478.	У продавца были весы с различными по длине пле-
чами. Один килограмм товара он взвешивал на левой чашке,
а другой килограмм того же товара и тому же покупателю
на правой чашке, и считал, что этим он компенсировал
неточность весов. Как получалось в действительности?
479.	Два туриста вышли из пункта А в пункт В. Пер-
вый первую половину времени шел со скоростью vr км/час, а
вторую половину времени — со скоростью v2 км/час. Второй
же первую половину пути шел со скоростью vt км/час, а
вторую половину пути — со скоростью v2 км/час. Кто из
них затратил меньше времени на прохождение пути от А
до В?
480.	Если скорость поезда, движущегося по узкоколейке,
20 км/час, то издержки по перевозке груза окупаются
вполне, но прибыли нет. Если же скорость более 20 км/час,
то приращение оплаты за перевозку груза пропорционально
приращению скорости, а увеличение себестоимости перевозки
пропорционально квадрату скорости. При скорости в 40 км/час
издержки окупаются, но прибыли нет. Найти скорость, при
которой прибыль наибольшая.
481.	Когда пароходы были еще несовершенны, счита-
лось, что расход топлива пропорционален кубу скорости
парохода. Пусть при скорости 15 км/час тратится 1,5 тонны
угля в час по цене 18 рублей за тонну и пусть другие
расходы, кроме топлива, составляют 16 руб. в час. Найти
наименьшую стоимость прохождения пути в 2000 км.
482.	В бассейн может поступать вода через две трубы
разной пропускной способности. Меньшая труба за 1 сек
пропускает 1 лг‘! воды. В бассейне также имеется кран,
через который может вытекать в течение секунды 1 м3 воды.
Узнать, в каких пределах должна изменяться секундная
пропускная способность большей трубы, если известно, что
43
за время от трех до четырех секунд поступило в бассейн 16
причем 10 м3 поступило при одновременном действии обеих
труб и при закрытом кране, а 6 л3 при действии только
большей трубы и открытом кране.
483.	В стране jV продавался как местный, так и ввози-
мый уголь по р денежных единиц за тонну. После того как
власти jV начали налагать пошлину на ввозимый уголь по d
денежных единиц на каждую тонну, уголь (как местный,
так и иностранный) начал продаваться по (^р денеж-
ных единиц за тонну, а потребление угля настолько умень-
шилось, что выручка за проданный уголь сохранилась, при-
чем местного угля продавалось за год столько же, сколько
до введения пошлин на иностранный уголь. Найти такое
значение d, чтобы доход N от пошлин был наибольшим
(если угля продавалось столько же, сколько и до введения
пошлин).
484.	По прямой из точки А начали двигаться одновре-
менно в одном направлении две точки: первая равномерно-
ускоренно с начальной скоростью 3 м/сек и ускорением
2 м/сек2, вторая равномерно. В каких пределах должна
изменяться скорость второй точки, чтобы она сначала обо-
гнала первую точку, но чтобы затем первая точка догнала
вторую на расстоянии, не большем 10 м от А?
485.	Пункты А и В расположены на прямолинейной
магистрали, идущей с запада на восток. Пункт В находится
восточнее А на 9 км. Из пункта А на восток выходит
автомашина, движущаяся равномерно со скоростью 40 км/час.
Одновременно из В в этом же направлении с постоянным
ускорением 32 км/час2 выходит мотоцикл. Найти наибольшее
расстояние между автомашиной и мотоциклом в течение
первых двух часов движения.
486.	Цена бриллианта пропорциональна квадрату его
веса. Доказать, что если разделить бриллиант на несколько
частей, то стоимость его уменьшается, причем понижение
стоимости будет наибольшим, когда части будут равны.
487.	В сосуд, содержащий А литров воды, сначала через
одну трубу вливают а литров р°/о‘го (по объему) раст-
вора спирта, а затем, после перемешивания, через другую
трубу выливают а литров образующейся смеси. Сколь-
ко раз нужно повторять эту операцию, чтобы в сосуде
получился раствор спирта крепостью не менее q°/0 (по
объему)?
44
488.	Прямоугольная цветочная клумба должна занимать
площадь в 216 квадратных метров. Вдоль длинных сторон
клумбы должны быть дорожки шириною по 2 л, а вдоль
широких — по 3 л. Каковы должны быть размеры прямо-
угольного участка (клумбы вместе с дорожками), чтобы пло-
щадь дорожек была наименьшей?
489.	Окно из одного стекла состоит из прямоугольника,
завершенного равносторонним треугольником. Определить
отношение высоты прямоугольной части окна к стороне
треугольной части так, чтобы при данном периметре окна
оно пропускало бы наибольшее количество света.
490.	Окно имеет форму прямоугольника, завершенного
полукругом. Какие должны быть размеры окна, чтобы оно
пропускало наибольшее количество света при заданном пери-
метре окна Р?
ГЛАВА IV
НЕРАВЕНСТВА В ГЕОМЕТРИИ
§ 1.	Неравенства в планиметрии
491.	Доказать, что если D—середина основания ВС
равнобедренного треугольника АВС, а М—произвольная
точка на АС, то DB—DM < АВ—AM.
492.	Доказать, что сумма боковых сторон треугольника
превышает основание менее чем на удвоенный отрезок, со-
единяющий вершину с какой угодно точкой основания.
493.	На катете АВ прямоугольного треугольника АВС
(^/ А = 90°) взята произвольная точка D. На DC взята
точка Е так, что DE=AC, и точка F, которая делит ЕС
пополам. Доказать, что DF-}- BF> АС-}- ВС.
494.	Доказать, что периметр треугольника заключен
между суммой отрезков, соединяющих произвольную точку,
взятую внутри треугольника, с его вершинами и удвоенной
суммой их.
495.	Доказать, что если гипотенузы двух треугольников
равны, то катеты одного треугольника не могут быть соот-
ветственно больше катетов другого треугольника.
496.	Доказать, что сумма длин диагоналей выпуклого
пятиугольника больше его периметра.
497.	Дана прямая ху и две точки А и В по разные
стороны от нее. Найти на прямой ху такую точку, чтобы
разность расстояний от нее до точек А и В была наибольшей.
498.	Дана прямая и две точки по одну сторону от нее.
На этой прямой найти точку, чтобы сумма расстояний от
нее до двух данных точек была бы наименьшей.
499.	По одну сторону от прямой ху даны две точки, А
и В. Расположить на прямой ху отрезок CD данной длины
так, чтобы ломаная ACDB была наименьшей длины.
46
500.	Провести через вершину А треугольника АВС пря-
мую ху так, чтобы сумма расстояний до нее от вершин В
и С была наибольшей.
501.	Внутри острого угла хОу дана точка А. Построить
треугольник наименьшего периметра, чтобы одна его вер-
шина совпала с данной точкой А, а две другие (В и С)
лежали на разных сторонах угла хОу.
502.	Даны две точки, А и В, внутри угла M0N. Найти
такие точки С и D на лучах ОМ и ON соответственно,
чтобы ломаная ACDB имела наименьшую длину.
503.	Через данную точку F провести секущую данной
окружности так, чтобы сумма расстояний от точек пересе-
чения секущей с окружностью до данной точки F была
наибольшей (наименьшей).
504.	Доказать, что если площади квадрата и треуголь-
ника равны, то периметр треугольника больше периметра
квадрата.
505.	На внешней биссектрисе угла С треугольника АВС
взята точка М. Доказать, что МА-{-МВу- АС-{-ВС.
506.	Доказать, что расстояние между серединами диаго-
налей выпуклого четырехугольника не меньше модуля полу-
разности пары его противолежащих сторон.
507.	AD—биссектриса угла А в треугольнике АВС.
Через точку А проведена прямая КМ, перпендикулярная
к AD, и из вершины В опущен перпендикуляр ВВг на эту
прямую. Доказать, что периметр треугольника больше
периметра треугольника АВС.
508.	Доказать, что из всех треугольников с двумя дан-
ными сторонами наибольшую площадь имеет тот, у которого
эти стороны перпендикулярны.
509.	Доказать, что площадь 5 четырехугольника не
больше четверти суммы квадратов его сторон.
510.	Доказать, что в любом треугольнике большей сто-
роне соответствует меньшая высота.
511.	Доказать, что в любом треугольнике большей сто-
роне соответствует меньшая медиана.
512.	Доказать, что в любом треугольнике большей
стороне соответствует меньшая биссектриса.
513.	Доказать, что медиана треугольника меньше полу-
суммы сторон, между которыми она заключается, и больше
разности этой полусуммы и половины третьей стороны.
514.	Доказать, что сумма медиан треугольника заклю-
чается между его полупериметром и периметром.
47
515.	Доказать, что во всяком треугольнике между медиа-
нами та, ть и стороной с существует зависимость:
та + тъ> -% с.
516.	Доказать, что площадь 5 треугольника АВС не
больше (.
\2 /2 J
517.	Доказать, что площадь треугольника не больше
-|-(а2—ab-\-b2), где а, Ь, с — стороны треугольника.
518.	Доказать, что площадь треугольника АВС не больше
а24-62	,
---—, где а и о—стороны треугольника.
519.	Доказать, что площадь 5 треугольника меньше
шестой части суммы квадратов его сторон.
520.	Доказать, что из всех треугольников с данным осно-
ванием и данным углом при вершине равнобедренный имеет
наибольшую биссектрису угла при вершине треугольника.
521.	Доказать, что из всех треугольников с данным осно-
ванием и данным острым углом при вершине равнобедрен-
ный имеет наибольшую медиану.
522.	Доказать, что из всех треугольников с данным осно-
ванием и данным тупым углом при вершине равнобедренный
имеет ‘наименьшую медиану, исходящую из вершины тупого
угла.
523.	Доказать, что из всех треугольников с данным
'основанием и данным углом при вершине равнобедренный
имеет:
1) наибольшую площадь, 2) наибольший периметр.
524.	Доказать, что из всех треугольников данной пло-
щади равносторонний имеет наименьший периметр.
525.	Из всех треугольников, имеющих при вершине
одинаковый угол <р и одинаковую сумму 2а сторон, заклю-
чающих данный угол, найти тот, который имеет наибольшую
площадь.
526.	Из треугольников, имеющих данный угол, заклю-
ченный между сторонами, сумма которых постоянна, найти
такой, который имеет наименьший периметр.
527.	Доказать, что из всех треугольников данного пери-
метра 2р наибольшую площадь имеет равносторонний.
528.	Доказать, что в прямоугольном треугольнике сумма
катетов меньше суммы гипотенузы и высоты, опущенной на
гипотенузу.
48
529.	Доказать, что сумма расстояний от любой точки,
взятой внутри (или на стороне) треугольника до трех сто-
рон треугольника, заключена между наибольшей и наимень-
шей высотами.
530.	На стороне треугольника найти такую точку, чтобы
сумма расстояний от нее до двух других сторон была наи-
меньшей.
531.	Внутри треугольника найти такую точку, чтобы
сумма расстояний от нее до сторон треугольника была наи-
меньшей.
532.	Найти внутри треугольника точку, произведение
расстояний которой до сторон треугольника имело бы наи-
большее значение.
533.	Доказать, что для прямоугольного треугольника
имеет место неравенство	2S, где R — радиус опи-
санной окружности, г—вписанной, 5—площадь треугольника.
534.	Доказать, что в любом треугольнике имеет место
неравенство р2^27г2, где р — полупериметр, г — радиус
вписанного круга.
535.	В треугольник АВС вписан круг, а в круг вписан
правильный треугольник Л1Д1С1. Доказать, что периметр
треугольника АВС не меньше удвоенного периметра тре-
угольника Д151С1.
536.	Доказать, что между суммой катетов а и b и гипо-
тенузой с прямоугольного треугольника имеет место зави-
симость с < а-\-Ь^.сУ 2 .
537.	Доказать, что для любого прямоугольного треуголь-
ника имеет место неравенство 0,4	<0,5, где г — радиус
вписанного круга, h — высота, опущенная на гипотенузу.
538.	В треугольник вписан квадрат так, что одна из его
сторон лежит на большей стороне треугольника. Доказать,
что имеет место неравенство гУ~2^ <^х <2г, где х— длина
стороны квадрата, г — радиус круга, вписанного в данный
треугольник.
539.	Доказать, что во всяком треугольнике АВС между
его площадью -9 и радиусами описанной и вписанной окруж-
ностей существует соотношение <9 > 2 Rr3.
540.	Доказать неравенство 2	— Ь) (р—с)^.а, где
а, Ь, с — стороны треугольника, а р — его полупериметр.
541.	Найти наименьшую сумму трех сторон прямоуголь-
ника при заданной площади 5.
49
542.	Доказать, что если а, Ь, с — стороны треуголь-
ника, a S — его площадь, то имеет место неравенство
2 (abbeса)~^ AS ]/Т + а2 + Ь2 + с2.
543.	Доказать, что если а, Ь, с — стороны треугольника,
р—полупериметр, то имеет место неравенство
/ 1	,__1________i_\ ^2
? \ а-\-Ь "Г" Ь-[-с	с-^-а J 4 ‘
544.	Внутри треугольника АВС взята точка М, через
которую проведены прямые AM, ВМ, СМ, пересекающие
соответствующие стороны в точках тЦ, Вг, Сг. Доказать,
АМ ВМ СМ с
что имеет место неравенство . ..—и	4- „ .. о.
г	АгМ ВгМ 1 СХЛ4
545.	Внутри треугольника АВС взята точка М, через
которую проведены прямые AM, ВМ, СМ, пересекающие
соответствующие стороны треугольника в точках Аг, Вх, Сг.
п	AM ВМ СМ
Доказать, что имеет место неравенство -т—гг • -тгпгг •
’	г	AjM BjM CjM^
546.	Доказать неравенство
1 I 1	।	1 >2 (— -| * I Ч
р—а ~ р—b р—с ''' \ а ' Ь ' с )'
где а, Ь, с — стороны треугольника, р—полупериметр,
547.	Из всех треугольников, вписанных в данную окруж-
ность, найти тот, который имеет наибольшую сумму квад-
ратов сторон.
548.	Из всех треугольников с данным углом и с данной
площадью найти тот, у которого сумма квадратов сторон,
образующих данный угол, наименьшая.
549.	На основании треугольника найти такую точку,
сумма квадратов расстояний от которой до двух других
сторон имела бы наименьшее значение.
550.	Внутри треугольника некоторая точка расположена
так, что сумма квадратов расстояний от нее до сторон тре-
угольника наименьшая. Найти зависимость между этими
расстояниями и длинами сторон треугольника.
551.	На основании треугольника найти такую точку,
чтобы сумма квадратов расстояний от нее до вершин тре-
угольника была наименьшей.
552.	Из всех треугольников, вписанных в данную окруж-
ность, найти тот, у которого сумма квадратов расстояний
от центра окружности до сторон наименьшая.
553.	Дан квадрат ABCD. От его вершин отложены по
одному на каждой из сторон равные отрезки Аа, Bb, Сс, Dd,
60
и точки а, Ь, с, d соединены отрезками. При каком значе-
нии Аа площадь квадрата abed будет наименьшей?
554.	Доказать, что из всех равновеликих прямоугольни-
ков квадрат имеет наименьший периметр.
555.	Доказать, что из всех прямоугольников данного
периметра Р наибольшую площадь имеет квадрат.
556.	Из всех прямоугольников, описанных около прямо-
угольника со сторонами а и Ь, найти тот, который имеет
наибольшую площадь. Вычислить эту площадь.
557.	В данный треугольник вписан прямоугольник так,
что одна его сторона находится на основании треугольника.
Каким должен быть прямоугольник наибольшей площади?
558.	Имеется материал для постройки забора длиной
в 300 метров. Требуется огородить этим материалом прямо-
угольный загон наибольшей площади, используя для одной
стороны загона стену амбара.
559.	Доказать, что кратчайший отрезок, который делит
равносторонний треугольник со стороной, равной а, на две
а /'г
равновеликие части, равен —— и параллелен стороне тре-
угольника.
560.	На продолжении сторон АВ и АС данного треуголь-
ника АВС отложим отрезки BD и СЕ, сумма которых равна
третьей стороне. В каком случае отрезок DE будет наи-
меньшим?
561.	Доказать, что если углы А и В четырехугольника
ABCD равны, а угол D больше угла С, то ВС~> AD.
562.	На окружности даны две точки А и В; найти на
ней третью точку С такую, что произведение хорд АС-ВС
наибольшее.
563.	Найти наименьшую хорду круга, которую можно
провести через данную точку, взятую внутри этого круга.
564.	В треугольник постоянного периметра 2р вписана
окружность. К этой окружности проведена касательная парал-
лельно стороне треугольника. Найти наибольшую возможную
длину отрезка касательной, концы которого принадлежат
сторонам треугольника.
565.	В данном круге провести такую хорду, чтобы сумма
хорды и расстояния ее от центра круга была максимальной.
566.	В треугольнике АВС стороны АС и ВС даны, при-
чем ВС > АС. При каком значении острого угла С радиус R
окружности, описанной около треугольника АВС, будет
наименьшим? Найти этот радиус.
S1
567.	Доказать, что из всех прямоугольников, вписанных
в данный круг, наибольшую площадь имеет квадрат.
568.	В полукруг вписан прямоугольник так, что две его
вершины принадлежат диаметру, а две другие — полуокруж-
ности. При каком отношении сторон прямоугольник имеет
наибольшую площадь?
569.	В данный сегмент вписать прямоугольник наиболь-
шей площади.
570.	На диаметре данного круга взяты две точки Р и
/э1, равноудаленные от центра. Через эти точки проведены
параллельные прямые PQ и P^Q^ до пересечения с окруж-
ностью в точках Q и Qx. При каком условии прямоугольная
трапеция PQP^Q^ имеет наибольшую площадь, если из-
вестно, что PQ и PrQx неперпендикулярны к диаметру
окружности?
571.	Найти круговой сектор максимальной площади при
данном периметре 2р.
572.	На полуокружности данного диаметра AB=2R
построить точку С так, чтобы произведение хорды АС на
длину перпендикуляра CD, опущенного из этой точки на
диаметр, принимало наибольшее значение.
573.	В треугольнике АВС на основании АВ или на его про-
должении взята точка D и около треугольников ACD и BCD
описаны окружности. Доказать, что если CD—высота тре-
угольника АВС, то окружности имеют наименьшие ра-
диусы.
574.	Из данного треугольника вырезать два равных
круга наибольшего радиуса.
575.	Доказать, что отношение радиуса окружности, впи-
санной в прямоугольный треугольник, к периметру этого
треугольника принимает наибольшее значение, когда этот
треугольник равнобедренный.
2
576.	Доказать, что а2п <-у ап, где ап—сторона пра-
вильного я-угольника, а а2п — сторона правильного 2л-уголь-
ника, вписанных в одну и ту же окружность.
577.	По полуокружности ADB (АВ—диаметр) переме-
щается точка D, а по диаметру — точка Е. Определить
наибольшее возможное расстояние между точками D и Е
в момент, когда AD = AE, если известно, что AB=d.
578.	В данный прямоугольный треугольник вписать прямо-
угольник с вершиной в вершине прямого угла и с наимень-
шей диагональю.
52
579.	Доказать, что из всех прямоугольников, имеющих
заданную диагональ с, квадрат имеет наибольший периметр
и наибольшую площадь.
580.	Доказать, что площадь четырехугольника не больше
четверти суммы квадратов его диагоналей.
581.	Доказать, что отношение k периметра ромба к сумме
его диагоналей меньше 2 и не меньше 1^2.
582.	Между двумя параллельными прямыми взята точка А.
Расстояния от этой точки до прямых равны а и Ь. Примем
точку А за вершину прямого угла прямоугольного треуголь-
ника АВС (точка В принадлежит одной из параллельных
прямых, а точка С — другой). Найти наименьшую из площа-
дей всевозможных треугольников.
583.	Через точку А, взятую внутри угла, провести пря-
мую так, чтобы она отсекла треугольник наименьшей
площади.
584.	В данный равносторонний треугольник вписать наи-
меньший другой равносторонний треугольник (вершины
вписанного треугольника должны принадлежать сторонам
данного треугольника).
585.	Дана точка О внутри треугольника АВС. Доказать,
что / ВОС больше / ВАС.
586.	Доказать, что между суммой расстояний а и b точки,
взятой внутри острого угла а, и расстоянием с от этой
точки до вершины угла существует зависимость
587.	Доказать, что если а — острый угол, образованный
медианами катетов прямоугольного треугольника, то tga
588.	На одной стороне прямого угла задан отрезок АВ.
Найти на другой стороне точку, из которой отрезок АВ виден
под наибольшим углом 0.
589.	Доказать, что если разделить хорду окружности на
три равные части и соединить с центром окружности концы
хорды и точки деления, то соответствующий центральный
угол разделится на три части, одна из которых больше каж-
дого из двух других.
590.	В равнобедренной трапеции меньшее основание равно
боковой стороне. Доказать, что трапеция имеет наибольшую
площадь, когда ее острый угол равен 60°.
53
691. Доказать, что если стороны а,
треугольника. АВС связаны зависимостью
b и высота
1 = 1+1
hc а Ь ’
hc
то
/С <120°.
592.	Доказать, что если стороны а, b и медиана тс тре-
угольника АВС связаны зависимостью — = — + 4-, то
J	тс а о
Х_с> 120°-
593.	В равнобедренном треугольнике АВС (АВ = ВС)
проведены биссектрисы AAV BBt, CCt. Доказать, что
tg Z < 2-
594.	Доказать, что если а — нетупой угол между диаго-
налями параллелограмма, а а и b его стороны, причем а ~^Ь,
а2 —62
то имеет место неравенство cos а -г-гт» •
а24~о2
595.	На прямой АВ взяты две произвольные точки М
и N, из которых проведены по одну сторону АВ лучи, пере-
секающиеся в некоторой точке О так, что
|ctgaM — ctgад,| <MN (где	= Z_ONB = aN).
Доказать, что точка пересечения лучей удалена от прямой
АВ больше, чем на 1.
596.	Доказать, что если а, Ь, с — стороны треугольника и
ахbycz = Q, то ayz bzx + сху < 0.
597.	Известно, что все три корня хх, х2, xs уравнения
х3 + рх2 + qx + г ~ 0 положительны. Доказать, что для того,
чтобы из отрезков, длины которых равны хх, х2, х3, можно
было построить треугольник, необходимо и достаточно, чтобы
имело место неравенство р3— 4pq -f- 8r > 0.
598.	В треугольнике АВС стороны ВС и АС соответст-
венно равны а и Ь. Известно, что медианы, соответствующие
этим сторонам, пересекаются под прямым углом. Доказать,
1 а о
ЧТ0 2-<У<2-
§ 2.	Неравенства в стереометрии
599.	Доказать, что если из одной точки плоскости про-
ведены перпендикуляр и наклонная к линии пересечения этой
плоскости с другой плоскостью, то перпендикуляр образует
со второй плоскостью ббльший угол, чем наклонная.
600.	В пространстве рассматриваются два отрезка АВ
и CD, не лежащие в одной плоскости. Пусть MN—отрезок,
54
соединяющий их середины. Доказать, что
(Здесь AD, ВС и МЫ—длины соответствующих отрезков).
601.	Из квадратного листа жести со стороной 6а требуется
сделать коробку без крышки, вырезая по углам квадраты
и загибая затем получающиеся выступы так, чтобы коробка
получилась наибольшего объема. Каковы должны быть длины
сторон вырезанных квадратов?
602.	Доказать, что максимальная полная поверхность
Д2
прямоугольного параллелепипеда равна , где L — сумма
длин всех ребер параллелепипеда.
603.	Доказать, что если полная поверхность прямоуголь-
ного параллелепипеда равна S, то минимальная сумма L всех
ребер равна 2]Лб5.
604.	Доказать, что плоский угол четырехгранного угла
меньше суммы трех других.
605.	В данную пирамиду вписать призму наибольшего
объема (одно основание призмы лежит в плоскости основания
пирамиды, а другое — параллельное сечение пирамиды).
606.	Доказать, что если цилиндр и конус имеют равные
основания и равные высоты, то отношение боковой поверх-
ности цилиндра к боковой поверхности конуса меньше двух.
607.	Доказать, что если в данный конус вписать цилиндр
наибольшего объема, то радиус основания цилиндра относится
к радиусу основания конуса как 2:3.
608.	Котел состоит из цилиндра, завершенного двумя
полусферами. Определить размеры котла, чтобы при данном
объеме V его поверхность была наименьшей.
609.	На какой высоте над круглым столом надо поместить
лампу, чтобы она проектировалась в центре стола и чтобы
на краях стола была наибольшая освещенность.
610.	Доказать, что из всех цилиндров, вписанных в данный
шар, наибольшую боковую поверхность имеет тот, у кото-
рого осевое сечение есть квадрат.
611.	Доказать, что если в данный шар радиуса R вписан
цилиндр наибольшего объема, то отношение радиуса осно-
вания цилиндра к радиусу шара равно
612.	Доказать, что если в данный шар вписан конус наи-
большего объема, то радиус шара относится к высоте ко-
нуса как 3:4.
55
613.	Доказать, что из всех цилиндров, вписанных в данный
конус, наибольшую боковую поверхность имеет тот, у кото-
рого высота равна половине высоты данного конуса.
614.	Найти наименьший из всех объемов конусов, описан-
ных около шара радиуса г.
615.	Доказать, что сумма углов, составленных ребрами
трехгранного угла с противоположными гранями, заключается
между суммой плоских углов и половиной этой суммы.
616.	Из всех плоских сечений конуса, проведенных через
его вершину, найти сечение, имеющее наибольшую площадь.
617.	Даны две полупрямые ОА и ОВ, выходящие из не-
которой точки О данной плоскости и лежащие по одну сторону
от этой плоскости. Провести в данной плоскости прямую,
образующую с ОА и ОВ углы, сумма которых была бы
наименьшей.
618.	Даны две точки А и В, лежащие по одну сторону
от плоскости Р. Найти на этой плоскости такую точку, чтобы
сумма ее расстояний от точек А н В была наименьшей.
619.	Даны две точки А и В, лежащие по разные стороны
от плоскости Р. Найти на этой плоскости такую точку, чтобы
разность расстояний (по абсолютной величине) от нее до
точек А и В была наибольшей.
620.	Найти отрезок наименьшей (наибольшей) длины,
одним концом которого служит данная точка, а другой конец
лежит на данной окружности (точка и окружность располо-
жены в пространстве произвольным образом).
621.	Даны две полупрямые О А и ОВ, выходящие из не-
которой точки О данной плоскости Р и лежащие по разные
стороны от этой плоскости. Провести в плоскости Р прямую,
образующую с ОА и ОВ углы, разность которых была бы
наибольшей.
622.	Доказать, что модуль разности между углами, обра-
зованными произвольной прямой с двумя данными плоскостями,
меньше угла между этими плоскостями или равен ему.
РЕШЕНИЯ И УКАЗАНИЯ
ГЛАВА I
ДОКАЗАТЕЛЬСТВО НЕРАВЕНСТВ
§ 1.	Простейшие неравенства
1.	Имеем очевидное неравенство (а — Ь)2^0, или а2— 2аЬ-{-Ь2^0,
откуда а2 + Ь2 S=2ab. Равенство достигается лишь при а = Ь.
2.	Имеем очевидное неравенство (а —Ь)2	0, или а2 —2а/> + Ь22зО,
откуда а2—ab-[-b2^ab. Равенство достигается лишь при а = Ь.
3.	Перепишем доказываемое неравенство в виде
(а+^)2 (°—Ь)2 4аЬ (а—Ь)2.
Если а = Ь, то имеет место равенство. Если же а ?= Ь, то
(а—й)2 >0, а поэтому для доказательства данного неравенства
достаточно установить, что (a-{-b)2 > 4аЬ, или а2 + Ь2 > 2аЬ, что
очевидно.
4.	Имеем (см. задачу 1)
а2 + 625з2аЬ, b2 + c2S=2bc, a2 + c2S=2ac.
(1)
Сложив почленно неравенства (1), получим 2 (а2-|-Ь2-|-с2) йг
2 (ab+bc-1-ac), откуда a2 + b2 + с2 Ssab-|- be -[-ас. Равенство дости-
гается лишь при а = Ь — с.
5.	Имеем тождественные неравенства (см. задачу 4)
х2 а%	хаг -1-ха.г -|— а^а^ |
х2 #2 хаг ла3 -(-agtig, I	0^
*2 + <2n + ai ха„xatапа!. )
Сложив почленно неравенства (1), получим
пх2-[-2 (ai+a2-|- ... -f-an) 2х (ai + a2+ ... +яп) +
+ ala2 4* a2a3 + • • • +anai.	(2)
57
Поскольку неравенства (1) имеют место при любом значении xt
то пусть
x = g1+a2 + ---+-‘fr.	(3)
п	4 '
Из (2) и (3) следует
(fll+a2+^--.+a»)8. + 2 (al+al + ... + аЦ)
2^+^+^.+ пп)1+а1Й2 + аааз+ _ _ +anai>
откуда получаем
(а1 + °2 4*  • • 4" ап)Ъ < П 12 (°1 4" а2 + • •  + ап) —
(а1а2 + а2а3 + аЗа4 4* • •  4"ала1)].
Равенство достигается лишь при а1 — а2—... = ап.
6.	Доказываемое неравенство после умножения обеих частей
на 2 принимает вид 2а2 + 262 4* 2 2а6 4-2а + 26, или а2 — 2ab 4-
4- 624-а2 —2а 4-1 4-62 — 26 4-1 ЭгО, или (а —6)24-(а —1)24~(6 — 1)25э0,
что очевидно. Знак равенства имеет место только при а = Ь=1.
7.	Первое решение. Так как а + b 1, то a2-f-2ab-l~b‘2^i.
Сложив это неравенство с очевидным неравенством а2 — 2ab-\-b2^0,
получим 2а24-262^1, или а24-625э; 1/2. Возведя обе части этого
неравенства в квадрат, получим а44-2а262 4- 64^ 1/4. Сложив послед-
нее неравенство с очевидным неравенством а4—2а262 4- 64 ^0, полу-
чим 2а44-264^ 1/4, или а4 4-ft4 1/8.
Второе решение. Пусть а=1/24-х, Ь= 1/2—у, где х— </==0.
Тогда
а4=(1+х)4=^+тх+4л2+2л3+л4’
(1	\4	1	1 ч
~2~у) ^Х§-^У+-2Уг-2У3+У*
и
°4+*4=т+т(х ~у)+4(х2+у2)+2 (х3 _ у3}+*4+yi i •
Знак равенства имеет место только при а=Ь= 1/2 (х~у = 0).
8.	Первое решение. Из условия, что а-|-6=1, следует,
что а2 4- 2аЬ 4-b2 — 1; сложив это равенство с очевидным неравенством
а2 — 2а64~62 0, получим 2а2-|-262^1. Возведем обе части послед-
него неравенства в квадрат: 4а44- 8а2Ь2 464	1. Сложив это не-
равенство с очевидным неравенством 4а4—8а2624-464 ^0, получим
8а44-864^1, откуда 64а84~ 128а4644~64681. Сложив это нера-
венство с очевидным неравенством 64а84~6468—128а464^0, получим
128а84-1286s is 1, или а8 4-й8 1/128.
Второе решение. Пусть а= 1/2-]-х; из условия а-{-Ь=1
/ 1	\8 /1 V
следует, что 6=1/2—х. Тогда а84- 68 = () 4'1'2—х /
= 2[(4у+С2(|Ух24-С^1ух44-С8в(1)2х84-х8]^2(1у=
1
= 128'
58
Если а = 6=1/2, то а8 + 68= 1/128; если же а^Ь(х^О), то
а8 + 68 > 1/128.
9.	Имеем очевидное неравенство 2аЬ < a2-j-b2, или а* + 62 +
, „ ,	а2 + 62 + 2а6 а2 + 62	(а+Ь\2 _
+ 2а6<2а24-262, или -	' <—у—, или 1--^ }
а2 + Ь2 1а + 6|	л/а2 + 62	а+Ь л /"аГУЬ2
< —, или —-2— < у —, a поэтому и < |/ —.
Равенство достигается лишь при а = 6.
10.	Доказываемое неравенство перепишем в виде
г- Г- 1/^5 _lу уз
Уа+yb^J-L^JLL .	(1)
У ab
Так как ]<«+ К& > 0, УаЬ > 0 и У а3 + ]Лб» = (Уа'+ УЬ) (а -
— УаЬ-\-Ь), то неравенство (1) примет вид УаЬ^а—УаЬ-\-Ь,
или а +	2 Уab, что очевидно. Равенство имеет место только
при а=6.
11.	Первое решение. Доказываемое неравенство пере-
пишем последовательно так:
а3 — а2 Sa 2 У а— 2,
а2(Уа+1)(Уа-1)^2(Уа-1).	(1)
Если а=1, то имеет место равенство, если о = 0, то достигается
строгое неравенство. Если о> 1, то для доказательства неравен-
ства (1) достаточно установить, что а2 (Уа-j- 1)	2, что верно, так
как о2 > 1, У a-J- 1 > 2. Наконец, если 0 < о < 1, то неравенство
(1) следует из неравенства а2 (Уа-\-I) ^,2, которое верно, так как
о2 < 1, Уа-У 1 < 2. Итак, если a Sa О, но а Ф 1, то имеет место
строгое неравенство, и лишь при а—1 достигается равенство.
Второе решение. Так как (а3 + 2) — (а2~у2Уа) —
= а» —а2 —2 Уа + 2 = а3 — а2±а — 2Уа + 1—а + 1 =
= (}<а-1)2+(а-1)2£а+ 1) = (У а-1)2 [1 + (а +1) (Уа+ I)2] О,
то а84-2^а24-2 У а. Равенство достигается лишь при а=1.
12.	Доказываемое неравенство верно, если верно неравенство
a2b2 + b2c2 + с2а2 -f-2ab2c -f-2a2bc + 2abc2 — За2Ьс — ЗаЬ2с—ЗаЬс2^0, или
2а2Ь2 + 2Ь2с2 + 2с2а2—2аЬ2с—2а2Ьс—2аЬс2^?0, или а2 (62—2Ьс4-с2)+
+ Ь2 (а2 — 2ас + с2)4~с2 (а2 — 2а64~62)^0, что очевидно.
13.	Имеем очевидное неравенство х2-\-у2 > 2ху, из которого
умножением на ab (ab > 0) получим
ab (х2 + у2) > 2 abxy.	(1)
Прибавив к обеим частям неравенства (1) выражение (a2-yb2)xy,
получим (а2+62) ху-|-а6 (x2-f-y2) > (а2 + 62) xy-\-2abxy, или
(ах + by) {ay + bx) > (а -f- 6)2 ху.	(2)
59
Так как (а + &) (ау-\-Ьх) > 0, то, поделив обе части неравенства (2)
, , ,, ,	, , .	(а-i-b) ху ах-\-Ьу	,
на (а4-6) (ау + Ьх), получим ад_£ьх <	’ что и требовалось
доказать.
14.	Имеем очевидные неравенства:
а24~62с2 2аЬс, \
62-]-с2а2 5= Zabc, >
с24*а262 5s 2абс. J
(1)
Сложив почленно неравенства (1), получим
а2 + а262 + 62 + 62с2 + с2 + с2а2 Sa 6а be,
или
а2 (1+&2) + &2 (14-с2) + с2 (14-а2)^6а6с.
Равенство достигается лишь при: 1) а = 6 = с = 0; 2) a = b — c=l;
3)	а = 1, 6 = с =— 1; 4) 6=1, а=с — —1; 5) с=1, а — Ь =— 1.
15.	Имеем a2 + 625s2ab, с (а2-|-62)^2о6с. Аналогично, а (624-с2)^
5s2o6c и 6 (с2о2) 5s 2а6с. Сложив почленно последние три нера-
венства, получим с (о24-62) + а (624-с2)-}-6 (с2 + о2) бабе, или
аб (а 4'^) +	(& + с)+ еа (е+ а) бабе. Таким образом, левое нера-
венство доказано. Далее, имеем 2а6<о24-62, или ab <а2 4-62—ab.
Умножив последнее неравенство на (а4-6), получим
об (о 4-6) < о3 4-6®.	(1)
Аналогично
6с(64-сХ634-с®	(2)
и
са (с-|-а) <с®4~о®.	(3)
Сложив почленно неравенства (1), (2) и (3), получим
ab (a-\-b)-\-bc (&4-c)4-ca (c-f-a) < 2 (о34-634-с®).
Итак, мы доказали и правое неравенство.
16.	После тождественных преобразований доказываемое нера-
венство перепишется в виде 2а34-2634-2с®	а264-а2с4-аб24-62с 4-
4- ас2 4~бс2, или 2 (а34-634-с3) 5= об (а4-6)-|-6с (64-с) + еа (с4“а)-
Последнее неравенство верное (см. задачу 15). Равенство достигается
при а = Ь = с. Эту задачу можно решить, используя задачу 19.
Пусть 64-с = 2х,> с-^-а—2у, a4-6 = 2z, тогда a-}-64-c = x-j-y-f-z,
a = y-j-z— х, 6=x-|-z — у, c — x-^-y — z. Таким образом,
2a 26 2c __y + z — x x-\-z — y %4-y—z_
b-\-c~'~ c -\-a~i~ a-\-b x ~ у	z
4t+tMt+4Mt+v)-3Ss2+2+2~3=3-
\ If lA J	Л /	\ C, U j
17.	Так как по условию ах > 0, то имеем очевидное неравенство
а2 4-х2 < (а4-х)2. Умножая обе части этого неравенства на
а—х (а—х > 0 по условию), получим (а—х) (а2-]-*2) < («4-*)2(а — Л)>
или (а—х) (а24*х2) < (а2—х2) (а 4~х). Поделив обе части последнего
60
неравенства на положительное произведение (а2 4-х2) (а+х), получим
? , — < °. , Х„ , что и требовалось доказать.
a-j-x а2 + х2	г
18.	Первое решение. Так как abc > 0, то доказываемое
неравенство верно, если верно неравенство
а8 + Ь3 + с8	a2fe2c2 (ab -f- ас -f- Ьс),
или, поделив обе части (1) на а2й2с2, получим
я8	68 с8
, 9 п 4" „ 9 4—хтп	ab 4~ас -[ Ьс.
Ь2с2	а2с2	а2Ь2	'
Имеем очевидные неравенства:
I — f ______ 1 I I _ ] >9_____= 2_______
Ь2с2~ а2с2 \Ьс / ' \ас) Ьс ас	с2 “
ав с8  / а3 \ 2	/ с3 \2	_ а2с2
Ь2с2^~ а2Ь2 \Ьс) \аЬ) ' Ь2 ’
»8с6______/б»\2 /<А2 ?Ь2с2
а2с2 "г а2Ь2 ~ \ ас J ' \ ab /	а2
Сложив почленно (3) и сократив на 2, получим
а3 Ь«
Ь2с2 ' а2с2
св а2Ь2 а2с2 Ь2с2
аП2^~с2~ + ~Ь2+~а2
(1)
(2)
(3)
(4)
Далее, имеем		
	a2b2 а2с2	a2bc	1 -7^+-^^2-бГ = 2а’ с2 + а2 "20 ’	f Ь2с2 , а2с2 „ „	I — 4-—^2с2.	j	(5)
Сложив	почленно (5) и сократив на 2, получим	
	а2Ь2 а2с2 Ь2с2		, „	, -^ + -^+--2^а+Ь +С-	(6)
Из (4) к	[ (6) следует, что	
	д8	А6 Ь2сз + а2с2 1 а2Ь2^а +Ь +с ’	(7)
Но так	как (см. задачу 4) а2 Ь2-[-с2 ^ab-{-ас-}-Ьс, то д® h® с® Ь2с2 + а2с2 1 а2Ь2 ^аЬ + ас + Ьс-	
Таким образом, мы доказали Неравенство (2), а следовательно, и
предложенное неравенство.
61
Второе решение. На основании неравенства (см. задачу 4)
х2 + У2-У2 4г ху-4 xzуг имеем
д8 &8 _|_ С8 „ (а4)2 _|_ (/>4)2	(£4)2	а4&4 _|_а»с»	„
- (а2Ь2)2 4- (а2с2)2 4- (Ь2с2)2 Sa а*Ь2с2 4- а2Ь*с2 4- а2Ь2сл *=
= (a2bc)2 4- (ab2c)2 4- (aftc2)2 а3Ь3с2 4- а3Ь2с3 4- a2b3c3.
Разделив обе части последнего неравенства на а3Ь3с3, получим
fl8 + fe8+c8	11	1
a3b3c3	а b	с
19.	Поскольку ab>0, то, умножив обе части доказываемого нера-
венства на ab, получим неравенство a2-^-b2^s2ab, или (а—Ь)2^(),
что очевидно. Равенство достигается только при а = &.
20.	Имеем аи 4—^—=^Уаи—j/"	-|-2 У ab^ 2 УаЬ. Если
а = й = 0, то достигается равенство; если а 0 и b 0, то знак
У b
равенства имеет место лишь при и= у —.
21.	Имеем
х . У
Так как а« + -^-^2 УаЬ (см. задачу 20), то
ху, т.
х у
е. — 4* и
У у У х
х=*у. Эту задачу
19.
1
Ss 2 ху. Знак равенства имеет место лишь при
и предыдущую можно решить, используя задачу
22.	Имеем	ZL2?J=1*= У а2 + 2	 ' — > 2, так
У а2 4-2	Уа2+2	У а2-^2
как сумма взаимно обратных неравных положительных величин
всегда больше двух (задача 19).
23.____Имеем очевидное неравенство a24-b2^2ab. Поскольку
ab < 0, то, поделив обе части этого неравенства на ab, получим
а2 4- 62	 „ а b _
—т—»С—2, или -г-4------<—2.
ab	о а
Равенство достигается лишь при а = —Ь.
14-х4
24.	Доказываемое неравенство верно, если верно —5^2,
или ^+х2^2, что верно (задача 19). Знак равенства имеет
место только при х=± 1.
62
25.	Первое решение. Если а = 0, то имеем верное нера-
венство: 1 > 0. Доказываемое неравенство перепишем в виде
2а3+аа+а4-аа-|-1 > 2а.	(1)
Если а > 0, то, поделив обе части неравенства (1) иа а, получим
2aa+a+l+a+-i->2.	(2)
Трехчлен 2а2-|-а-}-1 положителен, так как его корни мнимые и
коэффициент при а2 положителен, а а55=2. Следовательно,
неравенство (2) верное, а потому верно и доказываемое нера-
венство.
Второе решение. Если 0<а < 1, то имеем 2а8 + 2а2 >
>а—1, что очевидно. Если же аЭИ, то 2а8-|-2а2 +1 > 2а2 > а’Э^а.
26.	Первое решение. Если х=0, то имеем верное нера-
венство: 1 > 0. Если х > 0, то для удобства перепишем доказы-
ваемое неравенство в виде
х2 +1 +х8+ха + х > 2х.	(1)
Поскольку х > 0, то поделив обе части (1) на х получим нера-
венство
*+4+х2 + х + 1 > 2‘	<2)
Так как х + ^-^2 (при х > 0) и х2-)-х4-1 >0, то левая часть
есть сумма положительных чисел, из которых одно не меньше 2.
Таким образом, мы доказали, что утверждение задачи верно как
при х = 0, так и при х > 0.
Второе решение. Если то имеем
х84-2х2—х +1 > 2ха—х > ха—х^0.
Если же 0<х < 1, то х8 + 2х2—х-(- 1 -а—х-|-1 = 1 —х > 0.
27.	Имеем	ab (а + &—2c)-j-be (Ь-{-с—2а)-\-ас (а-)-с—2Ь) =•
= abc(—+ А-2+— +——2 + 4 + 4--2^ =abc Г(4 + ~-2^ +
\ с ‘ с 1 а ‘ а 1 b ‘ 6	) L \ b а J
+ (~ + -——2П 0, так как сумма двух положи
\ с а 1	\ с ®	/ I
тельных взаимно обратных чисел больше или равна 2.
28.	Доказываемое неравенство перепишем в виде
a2(l + b4) + fe2(1 + a4)
(1 + а4)(1+64)
№
нли +	что веРН0 (см- задачу 24).
Равенство достигается лишь при |а| = |6| = 1.
29.	Первое решение. Если х = 0, то имеем верное нера-.
венство: 1 > 0. Если же х отлично от нуля, то, поделив обе части
63
доказываемого неравенства на х4, получим
Х4 + х2_4 + ^ + 2_^0>
что очевидно, так как ?+-.^2и х24-Д-^2. Равенство имеет
х4	х2
место лишь при х— ± 1.
Второе решение. x84-xe—4х44-х2-]-1 =(х8—2х44-1) 4-
+ (хв — 2х44-х2) = (х4 — 1)2-|-х2(х2— l)2SsO.
112
30.	Первое решение. Из условия -4-—=-^- получаем
Учитывая (1), имеем
2ас
a-pb _ а-}-с __ а (а-рс)-р2ас __а-рЗс
2а— b 2ас 2а (а + с) — 2ас~ 2а
а~Рс
Итак,
а 4- b __а-рЗс
2а—Ь~ 2а
Аналогично легко убедиться, что
с + Ь _ За-|-с
2с — b ~ 2с
Сложив почленно равенства (2) и (3), получим
a-pb c~pb _аЗс За + с
2a — b~''2c—b~ 2а ‘ 2с
a-pb c-pb 2ас~рЗ (а24-с2)
2а—Ь + 2с—Ь~ 2ас
a + b . c-pb _.	3 (а с\
2a—b+2c — b + 2 \ с + а)''
поскольку ас > 0 (см. задачу 19).
Равенство достигается лишь при а = с = Ь.
_	a-pb , c~pb	За — (2а—Ь)
Второе решение.	г4-а -г- =----s3—е——
r	2а—b 1 2с—&	2а—b
Зс — (2с—b) „ f а ,	с \ „ „	,
4----д-5—г—- = 3 s----г4-я--г —2. Подставляя значение b
2с—b	\2a-b 2с — Ъ]
2ас
— а _|_ с » получим
а-Н с4-Ь / а , с \ g
2а — Ь~^2с — b	( о 2ас 2ас )
\2а-^Гс 2с-Я^/
ас.
_ 3
2
•24-1=4.
64
31; Наибольший член можно всегда поместить на первое место
путем перестановок членов пропорции. Итак, пусть а — наибольший
член. При этом последний член d будет наименьшим. Действительно,
. , с b	* с b	,	,	.
d — b— = с —, и так как дроби — и — меньше, чем 1, то d < Ь и
а а	а а
,	„	а—b а	,
d < с. Составим производную пропорцию: -—— ~ > *> так как
а > с. Кроме того, с—d > 0, поэтому имеем а—b > с—d и, нако-
нец, a-f-d > b-j-c, что и требовалось доказать.
32.	Если а = Ь, то имеет место равенство. Если а > Ь, то
а—b > 0, и данное неравенство перепишется в виде а > Ь. Следо-
вательно, в этом случае неравенство верно. Наконец, если а < Ь,
то а—b < 0 и данное неравенство перепишется в виде а < Ь. Таким
образом, и в этом случае доказываемое неравенство верно. Впро-
чем, перенеся все члены неравенства в левую часть, перепишем
доказываемое неравенство в виде (а—6)2^0, что очевидно. Равен-
ство достигается лишь при а = 6.
33.	Поскольку с ^Ь, то64-сЭг26. Но так как & + с < а~Н,
то а-^1>2Ь. Наконец, учитывая, что aysl, имеем aVa > 2Ь,
или 2а > 2Ь, откуда а > Ь.
.. .. a b а , а а Ъ	а-\-Ь „
34.	Имеем у <у, или у 4-у < ту + у > или а <	. Далее,
а , 6	6 , 6	а-4-6	,	_
-5- 4- -5- <	4--ц- > или < Ь. Следовательно,
£ £	£ £ £
а b
У < ~2 '
а<^
2
(I с
35.	Прибавив к обеим частям неравенства	по единице,
о а
а , 1 с , . а4-Ь	c4-d
получим -г-4-1	1, или ——. Очевидно, что имеет
о а	о а
а с
место равенство лишь при ~ —.
С
36.	Прибавив к обеим частям данного неравенства
a4-bk c4-dk ~
—t—Ц— . Равенство
b а
,	а , , с
по k, получим у4-«<у4-«> или
а с
достигается только при — = —.
b а
а + с a bc — ad _
37. Имеем -—j—г =
b-\-d b b(b-\-d)
.	„ л с а + с bc—ad _
d>0. Далее, — - ryf-j =	0
a b-f-d d (b-f-d)
гаются лишь при ad — bc, т. е. при у
38.	Первое решение. Пусть а=1-|-р, b— 1 — fe, где р>0
и k > 0. Имеем: аб4- 1 = (1 4-р) (1 —k)-f-l=2-f-p — k—pk и а 4* Ь =
= (1+р)+ (1 —1г) = 2-|-р—k. Так как 2-|-р — k — pk < 2 4-р—k, то
ab-f-1 < а 4-6.
так как bc^ad,
Знаки равенства дости-
с
3 И. X. Сивашинский
65
Второе решение. Требуется доказать, что ab + 1—a —
— Ь < 0, или Ь(а— 1)—(а — 1) < 0, ими (а —!)(*>— 1) < о. Так как,
по условию, а > 1 и b < 1, то а—1 > 0 и 6 — 1 < 0. Следовательно,
(а —1) (6—1) < 0.
39.	Пусть a^tb. Умножив обе части неравенства Z>^c-|-d на а,
получаем
ab^ac-j-ad,	(1)-
поскольку а^с + <1>0. Так как а^Ь, то
асad be-j-ad.	(2)
Из (1) и (2) следует, что ab^bc-j-ad. Для случая Ь>а доказа-
тельство аналогичное.
40.	Имеем xi-lryi^2x2y2, x2 + z2^2xz, х24-1^2х. Сложив
почленно эти три неравенства, получим х4 4-у4 + 2х2 4-z2 4-1
^2х(ху24-г4-1), или x4 + y44-z24-lSs2x(xy2—x-J-z-J-1). Равенство
достигается только при: 1) х = у = 2=1; 2) x = z=l, у = —1. Впро-
чем, рассматривая разность обеих частей неравенства, получим
х4 + у4 + а2 +1 — 2х2у2 + 2х2 — 2xz—2х = (х4—2х2у2 + у*) + (z2—2xz 4-
+ х2) + (х2—2х-|- 1) = (х2 — р2)2 + (г—х)2-|-(х — 1)25= 0. Следователь-
но, Х4 + У44-221 Зг 2Х (XI/2—X-J-2-J-1).
41.	Первое решение. Пусть х = -^-4-а> {'“‘S'+Pi z=a
о	и
1	( 1	\2 [ 1	\2 ( 1 V
= y + V. тогда x2 + t/2 + z2=^—+ aj +(у+Н +(т + ?)
1	2
~	о"+V (a"bP + v) + a2 + P2 + T2- Но так как а + р + у=0, то
У о
х24“'/24-г2 = т + а2 + Р'2Ч“Т2, откуда х2 4- У2 4- г2 > 4- . Равенство
о	и
1
достигается лишь при х = у = г = -^-.
Второе решение. Имеем (задача 4) х2 + у2 4- г2 5» ху 4-
4-xz4-yz, откуда 3 (x24-y24-z2) Рз х2-{-у2-\-г24-2(ху4-хг4-уг) —
= (x-j-y-J-z)2. Но так как, по условию, x-f-y-j-z=l, то
3 (х2 4-1/2 г2) 5s 1,	или	х2 4-у2 4-г2 5s 1/3.	и
42.	Имеем 2 (х24-у2 4-z2)—2 (ху 4-yz4*zx) = (х—y)24~(y~z)2 4-
4-(г—х)2 53= 0. Так как ху 4~yz4-zx = 1, то x24-y24-z25s 1.
43.	Имеем (a84-&3) — (a2&4-ab2) = («4~^) (a — 6)25=0, откуда сле-
дует доказываемое соотношение. Знак равенства имеет место лишь
при а ~ 4 Ь.
44.	Имеем (а2Ь4-Ь2с4-с2а)—(а2с с2ЬЬ2а) — (Ь—а)(с—Ь)(а—с).
Если а > b > с, то b—а < 0, с—b < 0, а—с > 0, а следовательно,
произведение (6—а) (с—Ь)(а— с) > 0. Такое же заключение будет
при условии с > а > b или при условии b > с > а. Если же а < b < с,
то b—а > 0, с—b > 0, а—с < 0, а следовательно, произведение
(6—а) (с—Ь)(а—с) < 0. К такому же выводу мы придем, если
с < а < b или если b < с < а.
45.	Поскольку а2 4-1 >0 при любом а, то доказываемые нера-
венства перепишем так: —а2 — 1<а2— 1 < а24-1. Прибавив ко всем
66
членам неравенств по единице, получим —а2 < а2 < a2 -J-2, что
очевидно. Знак равенства имеет место лишь при а = 0.
46.	Перепишем доказываемые неравенства последовательно в виде
(а—Ь)(а—b) a-yb—2 УаЬ	(а — Ь)(а—Ь)
,
8а
2
(/«-/ЖКА+О! < {Г-а-У^
4а
(у-а-У~Ь)ЦУ~а+1Гь)*
4b
Поскольку (У а—У b)2 > 0, то, поделив все члены неравенств на
,/-as	(УЪ+У~Ь)2 , (У^+У!)2
(У а—У Ь) , мы получим —----!1	1—-----
как все члены этих неравенств
квадратный корень, получаем
4а	4Ь
положительны, то, извлекая из
Уа-4-У~Ь , У~а-4-УЬ
Так
них
или
(1)
Так как, по условию, а > b > 0, то -у < 1, ~ > 1 и, следова-
тельно, 1+ у — <2 и 1-f- у -у > 2. В силу последних соотно-
шений неравенства (1) верны, поэтому верно и доказываемое нераз
венство.
47.	Поскольку 0 < х < 1, то 0 < 1—х<1,а 1-|-х > 1. Имеем
1	1_х
0<1—х2 < 1, или 0<1—х < т—.— и 0 < у-.— <1.Учитывая
два последних соотношения, получаем (1 + х)1-х (1—х)1+Л <
1	/1— х\*
<(14-х)1-ж(1—х)*	=1	- I < 1, что и требовалось доказать.
X I \ 1 1 |' X j
48.	Доказываемое неравенство верно, если (а3 + Ь3 + с3) (ab +
-}-&с-J-ca)^abc(а-|-b-|-с)2, или а(62—с2)2 + 6 (с2 — а2)24-с(а2—62)22^0,
что очевидно, так как а > 0, b > 0, с > 0. Знак равенства имеет
место лишь при а = Ь = с.	_________
49.	Доказываемое неравенство верно, если	У 2аЬ —Ь2
а—У а2— Ь2. Поскольку а—У а2— &2^0 и У2аЬ—&2й=0, то,
возведя обе части неравенства в квадрат, получим неравенство
2аЬ— Ь2^2а2—Ь2 — 2а У а2—Ь2, или У а2—Ь2	а—Ь. Так как
J/"a2 —62 > 0, а—b > 0, то получаем а2 — Ь2^(а — Ь)2, или
^а—Ъ, что очевидно. Равенство имеет место лишь при 6 = 0.
3*
67
50.	Имеем
/ (а + с) (&+d) = Vab 4- be+ad+cd -J- 2 Уabed—2 Уabed =
= V(ya)2 + (VTc - /od)2	/й)2 =
= У~аЬ + /" cd.
Равенство достигается лишь при bc = ad.
тл	О,/—ГТ oi/~ 2(У х + 1 —/х)(уТ+Т+/х)
51.	Имеем 21/ х-4-1—21/ х= ——-!-!——-— =
/х + 1+/х
= 2 (х+1 — х)	2	2	_2_1
“ У^+i +	v'T-П + у~х /х+ Кх-2 у~х~ у~х’откуда
следует левое неравенство.
Далее, 2 /х-2	=
У х+Кх-1
2	2	1
“ /х+/.^т>/т+/1“//’откуда следует правое нера’
венство.
52.	Придавая х в неравенствах предыдущей задачи последова-
тельно значения 2, 3, 4, 5, .... п, получим
< 2 /’2 — 2,
< 2 /”3 —2 У 2,
(1)
2/Н1-2/ п< -А- < 2 У п — 2 У п— 1.
V П
Также имеем
Сложив почленно все неравенства (1) и равенство (2), получаем
2 Уn-f-l — 2 У~2 4-1 < —4—4—4- • • • 4—^г— < У а— 1.
у 1 у 2 У 3 у п
53.	Перепишем доказываемое неравенство в виде
(а—Ь)3 (а 4- &)2 (а — Ь)2 (а—&)2.
Если а — Ь, то имеет место равенство. Если же а^Ь, то (а—&)2>0;
остается доказать неравенство («4-&)2(а — &)2, или 4а6^0. По-
следнее очевидно, так как ab^O.
54.	Перепишем доказываемое неравенство в виде
(а—b)2 (a-J-ft)2	—Ь)2 (а—Ь)2. Если а = Ь, то имеет место равен-
68
ство. Если же а^=Ь, то (а — &)2>0; остается доказать неравенство
(а+Ь)2 «£ (а—Ь)2, или 4о&<0, что очевидно, так как аЬ<0.
55.	Перепишем доказываемое неравенство в виде
(а—6)2 (а + &)2 (а2 + 62)< (а — &)2 (а2 + а&+Ь2)2.
Если а = то имеет место равенство. Если же а^Ь, то (а — 6)2>0;
остается доказать неравенство (а-|-&)2 (tz2 + &2) <(a2-j-ai>4-&2)2, или
(tz24-62)2 + 2a& (а2 + &2Х(а2 + &2)24-а2&2 + 2а&(а2 + &2),	т. е.
a2fc2 0, что очевидно.
56.	Перепишем доказываемое неравенство в виде
а6 + № 4- а2У2 (a2 &2)	a6 + 6’ +
или a2&2 (a2+&2)^2a3&3. Если то а2&2	2a6, что очевидно.
Если же ab = 0, то, очевидно, имеет место равенство. Итак, равен-
ство достигается лишь при а = Ь или при ab = 0.
57.	Имеем 2х44- 1 — 2х3 —х2 = 1 — х2 —2х3 (1 — х) = (1 — х)Х
Х(1+*—2х3) = (1 —х)(1 —х3+х—х3) = (1—х)(1—х)(1+2х + 2х2) =
= (1—х)2[(1+х)24-х2]^0. Равенство достигается лишь прих=1.
58.	2х3 — (х-р 1) = 2 (х3 — х)+ (х— 1) = (х — 1) [2х (х + 1) + 1] =
= (х—1) [х2 + (х+I)2]. Поскольку выражение, заключенное в
квадратные скобки, положительно при любых значениях х, то
знак рассматриваемой разности определяется знаком двучлена
х— 1. Теперь ясно, что если х>1, то рассматриваемая разность
положительна и 2х3>х+1; если же х<1, то 2x3<x-j-l.
59.	Рассмотрим два случая:
1)	Если х<1, то, представив левую часть доказываемого не-
равенства в виде (1—х) + (х4 — х9)4~х12, заметим, что в этом случае
1 —х>0, х4 — х9>0; следовательно, х12 — х94-х4 —x-f-1 >0.
2)	Если х>1, то, представив левую часть доказываемого не-
равенства в виде (х8 -}-1) (х4—х) + 1, замечаем, что в этом случае
х4;-х, а потому х12 — x9-j-x4 — х4*1>0.
Итак, при любом значении х доказываемое неравенство верно.
60.	Имеем
, (х—с)2 + р2 = х2-J-у2 + с2 — 2сх < х2 + у2 + с2 + 2с | х |.	(1)
X®	х2	ц2
Поскольку —+^. = 1, то -^<1 и -^<1, Т. е.
х2<а2, у2<62.	(2)
Так как с= ]Аг2 — Ь2, то
с -С | а | , с2 < а2.	(3)
Из (1), (2) и (3) заключаем, что
(х — с)2 у2 <4 a2 -j- b2 + с2 -j- 2a2 = 4a2.
61.	Первое решение. Перепишем доказываемое неравен-
ство в виде у — \х—1| + |х—3|4-|х—5|^4. Разобьем числовую
ось на промежутки: (—оо, 1], [1, 3], [3, 5], [5, оо). а) В проме-
жутке (—со, I] у = (1—х)4-(3—х) + (5—х)=— 3x4-9. В этом
промежутке наименьшее значение у = 6 (при х=1). б) В промежутке
[1, 3] у = (х —1)4-(3 —х)4-(5—х) =—х4*7. В этом промежутке
69
наименьшее значение (/=4 (при х = 3). в) В промежутке [3, 5]
у=‘(х—1) + (х—3) + (5—х) = х4-1- В этом промежутке наименьшее
значение у=>4 (при х = 3). г) В промежутке [5, 4- оо) у=(х—1)4-
4-(*—3)+ (х—5) = 3х—9. В этом промежутке наименьшее значе-
ние у = 6 (при х = 5). Из а), б), в) и г) заключаем, что у^4.
Равенство имеет место только при х = 3.
Второе решение. Надо доказать, что р (х, 1)-4-р(х, 3)4*
4-р(х, 5)^4, где через р (а, 6) обозначено расстояние на-числовой
оси от точки а до точки Ь. Но уже сумма р (х, 1)4-р(х, 5) всегда
не меньше 4 (если точка х заключена между 1 и 5, то эта сумма
равна 4, если нет, то больше). Итак, всегда р (х, 1)4-р(х> 3)4-
-4-р(х, 5)й=р(х, 1)4-р (х, 5)5=4. Равенство может достигаться
лишь при р (х, 3) = О, т. е. при х = 3, и, действительно, достига-
ется в этом случае.
62.	1) Если х<0, то ^4-lirJJ4_l±rll==—1 —1 —1 = -3.
'	х	х—1	х — 2
2)	Если 0<х<1, то 1^-14-J*—114- L* ~|1 = 1 — 1 — 1 = — 1.
х	х—1	х— 2
3)	Если 1<х<2, то1^4-1^^4-1^^Р=14-1 —1 = 1.
х	х — 1	х—2
4)	Если х>2, то |-^4-1	1 + !_*_—2-1=14-14-1=3.
х	х—1	х—2
Из 1)—-4) следует утверждение задачи.
63. Пусть у/~34-р/ 3 = а, д/~3—3 = 6, откуда
034-63 = 34- 3/ 34-3—3/ 3 = 6.	(1)
Очевидно, что ab3-\-a3b<a3-\-b3 (здесь строгое неравенство, так как
а#6), или об (а4-6)<а34-&3 = 6, или
За6(а4-&)<18.	(2)
Сложив почленно (1) и (2), получим (а-|-&)3<24 = 8-3, откуда
а + Ь < 2 j/З.
64. Так как х> Уab, то х>0, х-\-а>0, х-}-Ь>0. Неравенство
х 4- и	х 4- Ь
. ,	 >	'  верно, если
}<х24-а2	}<х24-&2
(х4-а)2	(х4-6)а	(х24-аа)4-2ах	(x24-62)4-2xf>
х24-а2 > х24-62 ’	х24-а2	>	х24-62	*
2ах	2bx а b
1 + х24-а2 > * +х24-62 ’ х24-а2 > х24-Ь2 ’
а (х24-Ь2)>Ь (х24-а2),
или (а — b) x3>ab (а—Ь). Но так как а>Ь, то последнее неравен-
ство верно, если хг>аЬ, или х> V~ab. Таким образом, первая часть
задачи доказана. Решая аналогично вторую часть, мы получим
х2<а6, или x<yrab.
70
65.	- Складывая очевидные неравенства — | а | <а <| а | и
— 1РК₽<1Р1. получим — (|а| + |₽|)<а+₽<|а[ + 1Р|, т. е.
| а + Р | < | а | +1 р |. Это неравенство является частным случаем
такого неравенства!
| ах + аа+Оз+... +«я | < | «11 + 1 а2| + | ®31 +... + | <х„ |.
66.	Если в задаче 65 заменить р на —р, то получим
| а—Р[<|а| + |Р| , поскольку | —р |=»| р |. Так как a=(a+P)—р,
то |a |<| а+р | + | р I, или | а + р | Ss | а | —| Р | •
67.	Если в задаче 66 заменим Р на —Р, то получим la—В I >==
S4|a|-I₽|.
68.	Первое решение. Рассмотрим неравенство (а + с)2 +
+ (&—d)2^s0, или tz2 + 62 + c2 + d'2 + 2(ac—6d)5s0. Так как
a2 + ft2 с2 + d2 = 2, то из последнего неравенства следует, что
ас — bd^—1.	(1)
Точно так же, исходя из неравенства (а—с)2 + (Ь + d)2 2г 0, получим
bd—ас^—1, или
ас—М<+1.	(2)
Из (1) и (2) заключаем, что | ас — bd | < I.
Второе решение. Перемножив почленно данные равен-
ства, получим a2c2 + o2d2 + &2c2 + &2d2 = 1, или a2c2+a2d2 + &2c2 +
+ &2d2 + 2a&cd—2abcd=l, откуда (ас— 6d)2 + (&c+tzd)2 = 1. Так как
(bc + ad)22s0, то (ас — М)2<1, т. е. | ас — М|<1.
Третье решение. Исходя из условия задачи, можно подо-
брать углы а и р, чтобы sina = a, cosa = &, sinp = c и cosp = d.
Итак, требуется доказать, что | sin a sin Р —cosacosp | < 1, что
очевидно, так как |—cos(a+p)|<l.
69.	Рассмотрим два очевидных неравенства:
1)	(т—a)2 + (n — &)2 + (р — с)22э 0 и 2) (m + a)2 + (« + &)2 + (p + c)2^0.
Так как а2 + Ь2 + с2 = 1 и т2 + «2 + р2=1, то из 1) имеем:
mtz+nZ> + pc< 1, а из 2) вытекает: ma-\-nb-\-pc^—1. Следова-
тельно, | ma-pnb-1-pc | < 1.
70.	Первое решение. Рассмотрим п очевидных неравенств:
(а-рс— &i)2^0,
(а2х—&2)2ЭэО,
(а2х — &3)2 2s 0,
или
(<у-У2 0,
а2х2—2a1b1x-j-b2^ 0,
а2х2 — 2а2Ь2х + &2 2э 0,
а2х2 — 2tz3b3x + &2	0,
a2x2 — 2anbnx + b2n^Q.
71
Складывая почленно эти неравенства и учитывая, что а* + а2 +
+ а2+...+а2=1 и + +	• • • + &2 = 1> получим неравенство
х3 — 2(a1b1 + a2b2 + a3bs+ ...-\-aHb„)x+l 2а О, (1)
справедливое при любом значении х. Но для того, чтобы неравен-
гтво (1) было справедливо при любом значении х, необходимо и
достаточно, чтобы дискриминант левой части неравенства был не-
положителен, т. е. должно быть
(а1^1 + а2^2 + а3^з + • • • + +Д;)2 < 1>
или I a1bi + a2b2+a3b3+ ... + а„Ьп |< 1, т. е. — 1 <at&t + a262 +
+ tz3&3+...	1, что и требовалось доказать.
Второе решение; Как известно, для любых веществен-
.	। , , п2 + &2
них а и b имеет место неравенство | ab |	~.
Пользуясь далее тем, что абсолютная величина суммы не пре-
восходит суммы абсолютных величин соответствующих слагаемых
(задача 65), имеем;
I atbi + а2Ь2 + .. + arfin I < I ai^i I + I а2^2 I + • •  +1 atfin I <
*i + 6I al + b3 ,an + bn_
~~~	2	+	2	+•'•+	2
al + a3+...+a3 + bl + bl+...+b3	1 +1	,
“	2	~“2“ 11
что и требовалось доказать.
Третье решение. Имеем
(+ -&i)2 + («2 - Ь2)2 + ...+(«„-6„)а > 0,	(1)
(ai + &i)2 + (а2 + Ь2)2 + ... + (яп+ Ьп)2 += 0.	(2)
Введем обозначение х = а1Ь1 + а2Ь2 + аз^з + • • • -\-а„Ьп. Тогда, учиты-
вая условия задачи, перепишем (1) и (2) соответственно в виде
2—2хДэО,	(3)
2 + 2x28:0.	(4)
Из (3) и (4) получаем —1 < х < 1 нли
— 1 < Ojbj + а2б2 + аз^з+  • • Л~апЬц < К
71.	Первое решение. Очевидно, что если а = Ь = с = О, то
имеет место равенство. Если же хотя бы одно из чисел а, Ь, с не
равно нулю, то V а2 + &2 + с2>0, поэтому можно произвести следу-
ющие преобразования
^-2+&-2-.-с2 = а2 + Ь2+а2 = И2 + Р!2 + И2 =
/п2 + Ь2+с2 ]Az2 + b2 + c2
=м J +1 & I.	! & н с I 1*1^.
{уа2 + ь3+с2	]Ла2+62 + с2	+ +
72
Таким образом, когда at b и с одновременно не равны нулю, то
доказываемое неравенство верно, если
I а | —...... - + |Ь | —.- + | с |.......Iе 1
а2 + Ь2 4- с2	а2 4- b2 4- с2	a2~yb2-yc2
<|а|4-|&|4-|с|.	(1)
Поскольку У'а2 4- Ь2 4- с2 ' У а2 = [ а | , '/ а2-у b~-t-c2 У Ь2 = 1 b
у а2 4~ Ь2 4- с2 ]Лс2 = | с |, то
_____Ы_____j I Ъ | j 1 с | j
yra2-yb2-yc2~" ’ У'а2’гЬ2-гс2 ’ /а2 + Ь2+с2
а поэтому слагаемые левой части неравенства (1) соответственно
меньше | а |, [ b | и | с | . Итак, неравенство (1) верно, а вместе с ним
верно и доказываемое.
Второе решение. Имеем a2-\-b2~yc2 < (| а 14-| Ь | 4- | с |)2,
т. е. о24-й24-с2 < а24-/>24-с2 4-2 | а |-| & | 4-2 | а |4 с | 4-2 | & |4 с |,
что очевидно.
Поэтому	а24-Ь2 4-с2 < | а | 4-1 b | 4- | с [. Равенство имеет место,
если по крайней мере два из чисел tz, &, с равны нулю.
72.	Первое решение. Имеем 0<(х— у)2 — х2у2— 2ху <
<2 — 2ху, откуда 2ху<2, т. е.
ху <1.	(!)
Далее,
I х 4- у | = У (х + у)2- /х2 4-1/2 4-2х(/.	(2)
Так как, по условию, х24-</2 <2, то из (2) вытекает, что
I * + «/!< /2 + 2^.	(3)
Из (1) и (3) следует, что fx-f-y | < ]Л24-2 = 2.
Второе решение. Так как 4 Дэ 2 (х2-|-у2) = (х4-у)24~
+ (*—y)2S*(x + y)2, то |х4-(/|<2.
73.	Доказываемое неравенство верно, если (у2 4-1)2 х2 —
— ty (У2 — 1) х-Му2 О, или х2 (у2 — I)2 — 4ху (у2 — 1)~у4у2-\-4х2у2
О, или [(у2 — 1) х— 2у]34*(2ху)2	0, что очевидно. Равенство
достигается лишь при х*-=у~0.
. п	(	п\,	т [	п\
74.	Имеем тх-\- — —т—т--------(х—1)= — х--------(х— 1).
X	\	х J	X \	tn )
Отсюда видно, что при х<0 рассматриваемое выражение отрица-
п
тельно, т. е. mx-f-— < m-f-n. При х>0 оно будет отрицательно,
когда х заключен между числами — и 1, и положительно в про-
тивном случае (по свойству квадратного трехчлена). Итак,
73
тх-\-п!х< т-\-п, если х отрицателен или заключен между числами
п/т и 1 и тх-\-п/х> т-\-п в противном случае.
75.	Имеем очевидные неравенства:
1 1 1
(n+A+1) (п-|-А) < (n^k)2 < (п4-А-1)(п-|-й) *	(1)
„ 111 1
jl О ТЯ К КЯК	— 	и	.
(n + fe+ 1) (n+k)~ n+k « + ^4-1 (n-}-k — l)(n + &)
= nfe _ д ~~	’ т0 неравенства (1) можно переписать в виде
n-}-k П-}-Й-|- 1	(« + k)2 < n-\-k—1 n.-\-k *
Придавая k значения 1, 2, 3, ... , p, получаем:
1 1	1 1 1			
п + 1	п + 2	'(п+1)2 " п	п+ 1 ’		
1 1	1 1	1		
«+2 п+3	'(п + 2)2 ^п +	п + 2 ’		(2)
1_______1 ______1 1________________1
n + p+1	n + p—1	n + p
Складывая почленно все p неравенств (2), окончательно получаем
1	1	1	!	1	1 I 1 г 1______________L_
П+1 п+р + 1	(п+1)2 -г(п+2)2 -г(п + р)2 п п + р
76.	Имеем очевидные неравенства
1 1 1 1 1 1 ...
« + &+ с < « + Z> ’ а+&+с"а + с’ «+6+с	Ь-\-С '	'
Сложив почленно неравенства (1), получим доказываемое.
77.	Доказываемое неравенство верно, если верно неравенство
2	2 + а + Ь	2	(1+а) + (1+&)
1 +a + Z> 1 +а + & + aZ> ’ l+<z + Z>^ (l+a)(l + Z>) ’
2	11	1	1	1	i 1
1 + u +6	1 + 6Г1 + u ’	l+u + &	l + u + 6	1+6 1+a’
что очевидно. Равенство выполняется лишь при а — Ь = 0.
78.	Имеем
а2 (с—b)-\-b2 (а — с) + с2 (Ь—а) = а2 (с — Ь) -\-Ь2а— Ь2с-\-с2Ь—с2а =
—а2 (с—Ь)—а (с2 — &2) + &с (с— Ь) — (с—Ь) (а2 —ас—ab-\-bc) —
=(с—Ъ) [а (а—с) — Ь(а—с)] = (с— Ь) (а—с) (а—Ь).
Так как по условию c#Z>, а^с, а^Ь, то (с—Ь) (а—с) (а—6)^0,
что и требовалось доказать.
74
79.	Пусть х и у—произвольные действительные числа. Имеем
х=[х]4-а, {/ = [{/) + ₽, где 0<а < 1, О<0< 1. Таким образом,
x_j-i/==[xJ + [(/]4-a+p. Поскольку a + Р^О, то ясно, что [х] + [у]
есть целое число, не превосходящее числа х-\-у. Но так как
[х+р]—наибольшее из целых чисел, не превосходящих х + у, то
заключаем, что [*+р] ЭН*)+ [{/]•
80.	Если из а, Ь, с хотя бы два равны 0, то, очевидно,
имеет место равенство. Пусть из чисел а, Ь, с хотя бы два
отличны от нуля. Для определенности пусть а^О и b или
с отлично от нуля. Доказываемое неравенство верно, если а2&24-
-|-62с2-|-с2я2— а26с—ab2c— abc2^0, или
(&2 —6с + с2)а2 — Ьс (&+с) а + &2с2	0.	(1)
Левая часть неравенства (1) представляет собой квадратный трех-
член относительно а. Его дискриминант b2c2(b-]-c)2— 4&2с2 (Ь2 — Ьс->(-
-}-с2) = 62с2 (Ь2 + с2 4-2&с—4b2 + 4fec— 4с2) = &2с2 (6&с — 362— Зс2) =
= — ЗЬ2с2 (Ь—с)2<0. Учитывая, что коэффициент Ь2—6с-|-с2 при а2
положителен, заключаем, что неравенство (1) имеет место при
любых а. Следовательно, и доказываемое неравенство верно.
Равенство достигается при а = Ь — с или в случае равенства
нулю хотя бы двух из чисел а, Ь, с.
81.	Имеем ра2 + (1—р) (Ь2—рс2) — с2р2-\- (а2 — Ь2 — с2)р + &2.
Найдем условия, при которых неравенство
с2р2 + (а2—Ь2 — с2) р + &2 > 0	(1)
должно выполняться при любом р. Поскольку с2 > 0, то для этого,
как известно, необходимо и достаточно, чтобы дискриминант квад-
ратного трехчлена относительно р был отрицателен. Преобразуем
дискриминант: D — (a2— Ь2—с2)2 — 4b2c2 = (a2 — Ь2—с2—2Ьс) (а2 —
—Ь2—с2 + 2&с) = [а2 — (6 + с)2] [а2 — (Ь—с)2] = (а-}-& + с) (а — b—с)Х
Х(а + Ь—с) (а—Ь+с}=—(а + &—с) (b-}-c—a) (c-j-a—b).
Если
a-j-b—c > 0, fe-]-c—а > 0, с-\-а — Ь > 0,	(2)
то D < 0. Таким образом, из неравенств (2) следует неравенство (1).
Остается доказать, что из неравенства (1) следуют неравенства (2),
т. е. надо доказать, что D < 0 только при одновременном сущест-
вовании неравенств (2). Действительно, выше мы убедились, что
D < 0, если
(а-]-Ь—с)(Ь-]-с—а) (с-}-a — b) > Q.	(3)
Неравенство (3) может иметь место только в двух случаях: 1) если
все три сомножителя положительны, 2) когда один сомножитель
положителен, а два отрицательны. Убедимся, что случай 2) невоз-
можен. Действительно, пусть, например, а-^-Ь—с < 0 и 6-{-с—а < 0.
Сложив эти два неравенства почленно, получим, что 26 < 0, что
невозможно, так как Ь > 0. Итак, из неравенства (1) следуют не-
равенства (2).
75
82.	Доказываемое неравенство представим в виде
aP+9^.aPb9—a!lbP—bP+9 > аР+9^.а9ьР—аРЬ9—ЬР+9,
аРЬ9—а9ЬР > а9ЬР—аРЬЧ, аРЬ9 >а9ЬР,
аРЬ9 д9ЬР	f а_\Р ! а\ч
ЬР+9 > ЬР+^’	\b J > \ b ) '
Последнее неравенство верно, так как -у > 1 и р > q, а потому
верно и доказываемое неравенство.
83.	Доказываемое неравенство верно, если
1	— гт
гп-т-1^0<
(1—rra)(l—rn-CT-1)SaO.
Если 0 < г < 1, то оба сомножителя левой части последнего нера-
венства положительны, следовательно, это неравенство верно. Если
же г > 1, то оба сомножителя отрицательны, а их произведение
положительно. Если г=-1, то получается равенство. Таким образом,
при любом положительном г имеет место неравенство.
84.	Перепишем доказываемое неравенство в виде
ac+d — acbd 5г adbc — bc+d, или ас (ad — bd) — bc (ad — bd) 5? О,	или
(ad — bd}(ac—bc)^0.	(1)
Если а 5г b, то ac^bc и ad^bd, а поэтому оба сомножителя не-
отрицательны. Следовательно, неравенство (1) верно. Если же
а < Ь, то ас < Ьс и ad < bd, а потому оба сомножителя левой части
неравенства (1) отрицательны, а их произведение положительно.
85.	Рассмотрим разность а4-]--!-—(ак~‘ + ? -\=.(ак—ак~‘)А-
ак \ ak~‘J
,/1	1 \ ki.i п 1 / / п («'->) (а2*-1—!) „
+ I —----—. \ = art~l (o' — 1)-- (а' —1) = -----^-7------- . Если
\ак ак~‘ J	ак	ак
а 5=1, то а1 — 1 5г 0 и а2*-' —15г0, а если а < 1, то а‘ —1<:0,
а2*-'—1 < 0. Таким образом, при любом положительном а произ-
ведение (а1 — 1) (а2к~‘—1)^0, а следовательно, и рассматриваемая
разность неотрицательна. Поэтому доказываемое неравенство спра-
ведливо.
86.	Поскольку ак > 0, то, поделив обе части доказываемого
неравенства на ак, получим неравенство k (ak +	— 15га*-1 +
\ ак J
76
В задаче 85 мы доказали, что ak—r^ak~' + ——;. Следователь-
fl*	ak~‘
но, каждое выражение, заключенное в скобках правой части (1),
не больше +	, и так как в правой части k скобок, то (1) верно,
ст
а потому верно и утверждение задачи.
87.	Пусть х = -^-4-г, тогда У = ~^—г-	Имеем хп-\-уп =
(а \п ( п \п Г ( а \п "1
= (у + г) +(-§—г) —2 (у) +М > где М5э0. Следова-
(2п ап
тельно, х" 4-р" 1s 2	--- g,,-—;  Равенство достигается лишь в двух
случаях: 1) когда л=1; 2) когда п — любое натуральное число и
а
К=У=2-
88.	Поскольку, по условию, а > Ь, то а—b > 0. Пусть а—Ь*=
= с > 0, откуда а = & + с. Таким образом, доказываемое неравенство
можно переписать в виде
< /F+ /F.	(1)
Так как обе части неравенства (1) положительны, то неравенство (1)
верно, если ( р/&+с)" < ( у/Ь + у/с )п, или Ь-\-с < й + с + М, что
очевидно, так как М > 0. Следовательно, неравенство (1) верно,
а потому верно и утверждение задачи.
89.	Имеем ( у/а +	Ь )л = а-|-й-|-. . . > с=(р/с )л , откуда
У а +	> frc.
90.	Первое решение. Возведя (1+х)л и (1 — х)" в п-ю
степень по биному Ньютона, получим
(14-х)« + (1-х)л = 2(1+С^ + С>‘ + .. .) <
Поскольку сумма коэффициентов, стоящих на четных местах в
разложении бинома, равна сумме коэффициентов, стоящих на не-
четных местах, а сумма всех коэффициентов равна 2", то 1+^^ +
ОП
+^+<^+- --=4-
2"
Отсюда следует, что (1 -ф- х)" -ф- (1—х)” < 2--^- = 2п. Это доказа-
тельство проведено для п^2. Если же п=1, то имеет место ра-
венство.
Второе решение.
поэтому	(1
1-х
2
2
2 )	2
1—Х\л 1—X
2 ) < 2
(1)
(2)
77
(I I x\ n / |___
)	+ (	2~" ) < 1»
или (1+*)п+(1*— х)л<2". Равенство достигается лишь при n=l.
91. Разделим почленно доказываемые неравенства на k\ Получим
(1)
Если n*=k, то все три члена неравенства (1) равны. Точно так же,
если n==k-}-l, все три члена неравенства (1) равны.
Если же n-7tk и п jA k-j-1, то докажем, что
1-2-3. . . (fe-l)fe(fe+l) •  • (n-l)n
(fe-f- 1)«~* <-	--(»— 1) и < или
(fe4-l)(fe+l)...(A + l) <(A+l)(fe + 2)...(n-l)n < л-n...n
 —- ,v„, — ........4— ............v  —..  —  '	' . (2)
(л-4) раз	(п—к) раз	(n-k) раз
Поскольку все сомножители произведения (fe-|- 1) (й + 2).. .(п—1)и,
кроме первого, больше k-j-1, и каждый из этих сомножителей, кроме
последнего, меньше п, то неравенства (2) верны при условии, что
п yt k н п ?£	_
92. Имеем (p/F—а)2>0, или pZ624~a2 > 2а b . Из
условия следует, что рЛЬ-—а2 > 0. Поэтому рЛ&4—а* >
>2а^/Ь (р/&2—о2)- Отсюда 6 (&-|-2а3) > а (а3 + 2&), или
(.)
Аналогично, [p/fe —(а+0]а > 0> &2 + (а + 1 )2 > 2(а+1) р/& ,
|/Ь2— (а-|-1)2<0. Следовательно, b b —(а + 1)4<2(а-|-1)& —
— 2 (а + 1 )3 р/6 . Отсюда
3/г г (Q+l)t(a+l)3 + 2&]
И °	2(а+1)3 + 6
(2)
Из (1) и (2) следует утверждение задачи.
93. Первое решение. Доказываемое неравенство верно,
п 1	1	123 п 1	123 п
если	или уу-у -.--2^-2 . н0 у ' Т * Т ’' • 1 >
> -у - 1-1-1. ..1=^- . Равенство достигается лишь при п = 1 и при
п = 2.
Второе решение. Перепишем доказываемое неравенство
в виде 2-3-4...(п — 1) п. 2-2-2.. .2-2, что очевидно, так как все
(л—1) раз	(л—1) раз
сомножители левой части неравенства, кроме первого, больше 2.
94, Обозначим р/п =1+?, где z > 0. Из этого равенства сле-
дует л = (1+z)"=»l+nz+^g-^z2+ . ..+zrt,
п > 1 +-	- z2, или г2 <	.
78
Отсюда
г2 < -Ц-.
п — 1
Поскольку, по условию, п > 2, то
2
п — 1 <
2
п—1
Из (1) и (2) следует, что
так как г= {/Лг —1, то
п
4_
п
4
< п ’
2
или ./
хп
2
2
(Г»
(2)
Но
ак ja 1—X +1	, . х"(1—х)
95. Имеем  ----— =..14.—-J-—2
1— хп	1 1—х'г
---j--------р . Так как 0 < х < 1, то каждая из дро-
+ хЗ+‘"+хл
1	1	, п
больше 1, Следовательно, сумма этих дро-
1
X фх2
1 1
бей — , -j ,
х х2
бей больше
п, а потому
X Х*^Х»
— < — . Итак,
1 п
ха
—хп+1	1	«4-1
I—F-<! + - = — . откуда
1—х”
п.
96. Имеем fx-k— — (1 4—-^=(х—1)4—- ( ----------1^ =
\ пх J \ 1 п J '	' ' п \ х J
= — (х — 1) ( х—- | . Если ге> 1 и х > 1, тох— 1>0их ——>0,
X \ п )	п
а следовательно, рассматриваемая разность положительна. Также,
если х < :— и п > 1, то х—1 < 0 и х-<0, а следовательно,
п	п
рассматриваемая разность и в этом случае положительна. Таким
образом, в обоих случаях х4-> 14- — » что и требовалось до-
казать.
97. Если а — Ь, то достигается равенство. Если же а > Ь, то
ип — Ьп
доказываемое неравенство верно, если п&"-1 <——-^-^пап~1, или
пй"-1 < а"-14-о''-26+ . • • 4-а6"-а + &"-1 < па"-1, или
Ь«-1 + 6«-1 + ... 4-у>-1 <ап-14-аи-2&4-...	<
п раз	п раз
<ап-14-а''-14---- + а"-1-
п раз
Так как, по условию, а > Ъ, то последнее соотношение очевидно,
причем имеет место лишь строгое неравенство (случай а = Ь уже
рассмотрен).
.79
98.	Имеем очевидное неравенство!
+ +Т!+ •  •	1 +П2 + 2?3 + 374
1
(п — 1) п ’
или
1-1-1.1
1!^2!^3!^4!
п
т е + 1<2_1_
1! + 2! 1 3!+4! + "‘+л!<5 п ~
доказать. Равенство достигается лишь при
хп—1
99.	Поскольку ----р > 0, то, умножив
(хп__1) хп
неравенства на 1;— , получим неравенство-------------;
х— 1	х— 1
> 1пхп. Преобразуем левую часть последнего неравенства так:
(х»+1 + 1)^Г_1 = {х«+1 + 1)(^
= xin + xin~1+ ... 4-х"+а4
2п — 1	,
—-— , что и требовалось
п=1, « = 2 и при п = 3.
обе части доказываемого
(xn+1 + 1) (хд-1)
2+...+% + !) =

Х‘
Поскольку хт-\--^ > 2, то выражение, заключенное в квадратных
что
х — 1
скобках, больше 2п, следовательно,
и требовалось доказать.
100.	Если а=1, то достигается равенство. Если же а > 1, то
доказываемое неравенство можно переписать в виде
. 2« + 1 I П 11 («2" —1)
п (а2"+1+1) :== ———।или
	n(a2n+i + l)Saa(a2n-1 + a2,!-2+ ... + а-|-1).	(*)		
Поскольку	а > 1, то (а2П—1)(а —	1) > 0, откуда	
	а2П+’ + 1	> а2П + а.	(1)
Так как (а‘	г«-1 — 1) (а2 — J) > q; тс	)	
	а2П+1 + 1 >	а2П-1	02.	(2)
Далее, так	как (а2п~2— 1) (а3—1)	> 0, то	
Рассуждая	а2« + 1_|_1 > аналогично, получаем	д2П-2	(3)
	а2« + 1_|_1 >	а2П-3 + а4,	(4)
	а2«+1+1	> а + а2".	(2«)
80
Сложив почленно неравенства (1), (2),	(2л), получим
или
2л(а3" + 1+1) > 2(а2П + а2П-1+...+а2 + а),
п(а2" + 14-1) > а (а2"-1 + а2'!~2+ ... -)-а+1).
Таким образом, мы доказали неравенство (*), а следовательно, в
данное. Равенство достигается лишь при а=1.
101. Первое решение. Имеем №— (y“4-za) = x2x“-2 —
— (</“ + ?’). Так как х2 = у2 + г2, то последнее равенство принимает
вид:	ха — (уа4-г’) = (р3 + г2) х~~2 — (</“-J-г“) = р2х““2 + z2x”-~2 —
—г/’-2;/2 —z7-222 = p2 (xa-2 —(/’~2)+г2 (хг-2 —г“-2). Так как х2 =
= р2 + г2 и х, у, г положительны, то х > у и х > г, следовательно,
при а—2 > 0 имеем: х“-2—уа~2 > 0 и ха~3 — z“-2 > 0, а поэтому
х'2— ((/“Ц-г") > 0, или х’ >	Аналогичным образом при а < 2
имеем х“~2—р°-2 < 0 и х’-2— гл~ < 0, откуда х’— (уа + г<<) <
или х’ < у“-]-2а.
Второе ре
ш е н и е. Имеем
UV+
\Х J
= 1. Отсюда видно,
< 1. Поэтому при а > 2 имеем
(±V+[±V=1,
\ X ! \х !
т. е. y’ J-za < х“, а при а < 2 имеем
102. Первое решение. Доказываемое неравенство можно
, 2ЬР , 2Ьп ЬР Ь'1
переписать в виде 1-^7Тр>1-а-ч37Г,	,
Поэтому подлежащее доказательству неравенство можно пере-
писать в виде
(I)
81
По условию, а > Ь > 0, поэтому 0 < Ь/а < 1, и так как р > п, то
( Ь \Р / Ь \п „
—	< — . Отсюда
\ a J \а /
Из последних двух неравенств следует, что
103.	Очевидно, что
4х-(-1 < 4х2 4-4х-(-1, или /4х-|-1 <(2х-|- 11;
4t/4-l <4(/24-41/4-1, или /41/4-1 <|2i/4- 1
4z4-l < 4z24-4z4-l, или /4z4-l <| 2z4-1
О)
Так как, по условию, х1/4, то 2х-|-1 >0. Аналогично, 21/-}-
4-1 >0 и 2z -}-1 >0, поэтому в (1) знак модуля можно опустить.
Из неравенств (1) следует, что /4x4-1 4-/41/4-1/424-1 <
<2 (х4-1/4-г)-|-3, но так как, по условию, x4-//4-z=l> т0
/4//Т4-/ЗЯ7! 4-/4?+Т < 5.
104.	Так как х—у > г — t > 0, то неравенство, подлежащее до-
казательству, следует из неравенства
(х—у) (2-ЬО > (г —0 (х-f-у).
Последнее неравенство имеет место, если
/х > уг.
(1)
(2)
Таким образом, достаточно доказать неравенство (2). Поскольку
X Z
xy — zt, то -г— —  Пусть x = kt, тогда z = ky. Подставляя эти
* У
значения х и г в неравенство х—у > г—i, получим kt—у > ky—t,
или kt-\-t > ky+y, откуда (учитывая, что k > 0) получим t > у.
Но так как xy = zt, то х > z. Перемножив х > z и t > у, получим
неравенство (2), а следовательно, и неравенство (1).
105.	Первое решение. Если
014- «2-Нз+ +ап = а,
то
(1)
а ,	а ,	а ,	а ,
=	+	а2=—+ ^2> а3==--4-т3.........arl=~ + mrl. (2)
it	it	it	it
Сложим почленно равенства (2):
ai 4* а2 4* аз + • • • 4'an=a + (mi + m2-(-m3-(- • • • ~гтп)-	(3)
Из (1) и (3) следует, что
m14-m24-/n8+--- + 'nn=0’	(4)
82
Из (2) получаем равенства:
„ a2 , .am, ,
„ а2 , „ ат«
«1=^+2~+Ч
(5)
„ a2 , o am„ ,
a2=-s+2—- + m2
n n2 n 1 n
Складывая почленно равенства (5), получаем
ai + а1 + а« + ...+а*	+ ^(/n1+/n2+m3+...+m„)+
+ (/n? + m2+...+m2).	(6)
Из (4) и (6) следует, что
а*+ а2 + а2+... + а2 = — ~р т^ +т2+т2-\-Рт2,
а2
откуда а2 + а2 + а2 4----+ а2п ,
или, учитывая (1), имеем
окончательно
а2 + а2 + а2 + ... + а2^
Второе решение. При аг = а2=...—ан имеет место ра-
венство. Допустим, что среди чисел alt а2, ..., ап имеются отлич-
ные от нуля. Положим Л4 = ]/Г а2-ра2-р ... -ра2,
Очевидно, что а2 4-а2 4- ... Ц- а.2 — 1 и 4- Р2 + ... + (32 = 1. Поэтому
(см. задачу 70) имеем | aiP1 + a3P2+... 4-а„р^ | < 1, т. е.
I (ai + аз + • • • + ап) у-^- | < 1,
или (а14-а2+ ... +а„)2 < М2п = п(а2-ра2+ ... +а2), откуда
^4-^+... + ^ ^ + а2 + -+.ат)г ,
Третье решение. Имеем:
al + »l+ • • • 4-а2=«?4-аН • • • 4-а„,	(1)
а2 4- а2 ^2^02,
а2 + а2^2а1аз,	(2)
an-i4-«A^4-ia«- 
83
Сложив почленно равенство (1) с неравенствами (2), получим
н(а24-а|+ ... +«2)	4-а2 4- ... + а,,)2 или а2 + а2 + ...
(Qi ~ь	а«)а
п
106.	Левая часть доказываемого неравенства есть квадратный
трехчлен относительно х с положительным коэффициентом при х2.
Его дискриминант
О = (а1 + аг+...+а„-И2)2 - п (а* + «?+ • - • +«£) +
+ 2n2	. +a„)—
или D = (a14-a2+ ... 4-a„)2 — п(а2 + а~-у... 4-а2). Из задачи 105
следует, что О 0, следовательно, корни левой части доказывае-
мого неравенства мнимые пли действительные равные, а поэтому
утверждение задачи верно при любом х.
107.	Имеем (п 4-1 4- ]/"п—1)2 = «4-1 4-2 У^п'2— 14*п —1 =
= 2п-|-2 ]/"п2 — 1 <2/i4~2 Vn2 = in, откуда следует неравенство
+	< 2 /п, пли	—— <	1 ,	- =
2 у'и K'i4-1 + K«—1
е__________Угп 4-1—У~п—1	__)/~п4-1—V п—1
(У^п+У 4- V'n^l) ( /Г-И — /n=4) ~	2
Умножая обе части последнего неравенства на 2, получим
—< y^n-j-l — уГп—1, что и требовалось доказать.
У п
108.	Доказываемое неравенство перепишем в виде kn—k2-yk 3s п,
k(n — k)—(п — ft) 3s О, (k — l)(n— C) 3s 0. Так как, по условию,
fessl и n^k, то последнее неравенство верно, а следовательно,
верно и доказываемое. Равенство достигается лишь при й=1 и
прн k = п.
109.	Если в неравенстве k (п —	(задача 108) положить
fc=l, 2, 3......(н — 1), п, то получим п неравенств:
1 -п 3s п,
2 (п — 1) 3s л,
3(п — 2) п,
(п— i) 2 3s п,
п • 1 5s п.
(1)
Перемножив почленно все неравенства (1), получим (1-2-3.. .п)2^ пп,
т. е. (re!)2 5s пп. Равенство достигается лишь при п = 1, п — 2.
ПО, Пусть в неравенстве задачи 109 n = 2m, тогда его можно
переписать в виде
1-2-3 ... (2m) 5s (2лг)м, или 1 -2-3 ... т (m-|-1) • • • (2m) -s (2m)“.
Умножая обе части последнего неравенства на 2т и замечая,
что (т-|-1) . • • (2m)= 1-3-5 ... (2m—3) (2m—1), получаем
2т-1-2-3 ... m (2m —1) (2m —3) ... 5-3-1 3s 2й mm. (1)
64
Поделив обе части неравенства (1) на 2т-1 -2-3 ... т, получим
(2m — l)(2m —3) ...5.3.15s^ •	(2)
mi
Перепишем (2) в виде
(2m—1)(2т—3) ... [2т — (2т — 3)][2т — (2т — 1)] > ~ •	(3)
Наконец, поделив обе части неравенства (3) на тт, получим
2m—1	2m—3 2m — (2m—5)	2m — (2m — 3)	2m — (2m — 1)	I
m tn '" tn	tn	tn	tn\	’
или
f2_±y2_lY..f2_2^> (2-^) f2-2^^± .
\ tn } \ m )	\ tn J \ tn J \ tn j tn\
Равенство достигается лишь при m = l (см. предыдущую задачу).
111.	Придавая п в задаче 107 значения 2, 3, ..., п, получим:
-у= < Кз-1,
-У < К« + 1- К/г-1.
Сложив почленно все эти неравенства, получим
тУ + -У=+---+-и< К^Н + /п-К2-1.
У 2 УЗ	Уп
Сложив последнее неравенство с равенством -^==1, получим до-
казываемое неравенство:
?T+W+W+"‘+7^<	+
112.	Имеем очевидные неравенства:
^4-2-^ зт-42. >	1)(/п-|-2),
/	7 V	49
= т2 4" 7m+ — > (m-f-З) (/тт-4-4),
/	11\2	121
+	=т2 + Пт + — >> (т+,5) (т + 6),	(1)
/ 4п—IV , , ..	, /4п — IV
(т + —2— 1 =т»+(4п—1)т+( —у-) >
> [т4-(2л — 1)](т-|-2п).
85
Перемножив почленно все неравенства (1), получим:
1 т , 3 > ( т -|— \	2,	.г /	7\а/	11 \а / 4п	1\а (гп4--~) (т-р—1 ...т4-~—!.) > 1 V т 2 J \ т 2 J \	2 J > («4-1) («+1 2)...[«4-(2л—1)1 (от4-2л),
ИЛИ	/ 3W 7\2/	11\а	( 4л —IV (т д-~ ] /п-Х-2-	mj—-) ...тХ—	] > 1 -2-3.../и (от 4-1) («4-2)... [от(2л — 1)] (от4-2л)
или	1-2-3...от	’
\^2J\^2J\^2J	\	2 ) т\
Извлекая квадратный корень из обеих частей неравенства, получим

что и требовалось доказать.		
113. Имеем очевидные неравенства: 3	5	1 Т<Т’ 7	9 9 < И ’ 11	13 13 < 15 ’		(1)
4л—1 4лТ1	4 л 4-1 " 4л-[-3 ' )	
Перемножив почленно неравенства (1), получим!
5-9-13...(4«4-1)
Г < 7-11-15. ..(4л4-3) ’
откуда
Р <__________з________=. _3_
.3-7-11 -15. ..(4л 4-3) Р(4п4-3)
5-9-13...(4п 4-1)
3	3+1,<±.
4«4-3 4л 4-34-1 «4-1 л
Следовательно, Р < —.
/п
114. Если п — 1, то доказываемые неравенства принимают вид
1 1 1
2	2 < /2"1	(1)
(1)—верные неравенства.
86
В дальнейшем будем считать, что п Эз 2. Имеем
3 2 5 4 Z 2л^11 -> 2п~2
4 > 3 ’ 6 > 5 ’ 8 > 7 ’ 2л 2л —1 *	1 ’
Перемножив почленно неравенства, получим
3 5 7	2л—12	4 6	2л—2	f3)
4 ‘ 6 ’ 8 ” 2л > 3 " 5 " 7 ’’’ 2л —1 '	1
„	,	3	5	7 2л —1
Умножив обе части (3) на произведение — •	• -g- • • • ——»
получим
/ 3 5 7 2л —1\» 2	3 4	2п—2 2л — 1 __2 = J_ ,
\4 ’ 6 ’ 8 2л J > 3 " 4 * 5 “ 2л —1 ' 2л 2л = л
3	5	7	2л—1	1
откуда следует, что — •	•.. —й— > —==., или
4 О о	ZZI 1/ д
1	3	5	7 2л —1	1
2 ‘ 4 ‘ 6 ’ 8 ’'' 2л > 2 угп '	4
Далее, имеем
1	2	3	4	5	6	2л—3	2л—2 2л —1	,
2 < 3 ’ 4 < 5 ’ 6 < У......2л—2 < 2л—1 ’ 2л < ‘	( '
Перемножив почленно неравенства (5), получим
1	3 5	2л—1 ,246	2л—2
2'4’б'” 2л < 3 ’ 5 ' 7 '” 2л —1 '	( '
л,	,	1	3	5	2л—1
Умножив обе части (6) на произведение -j- •	• -g- • • • —,
получим
/1	3	5	2л —1\2	1	2 3	4	2л—2	2л—1_1
4 ‘ 6 2л ) < 2 ’Т'4’5 '”2л —1 ‘ 2л 2л’
Отсюда следует, что
L.A £ 2»—1	1
2’4’6”' 2л < |<2л '
(7)
Из (1), (4) и (7) следует
115. Будем исходить
утверждение задачи.
из следующего очевидного неравенства!
(2й) !! < (2*4-1) !! •).
Перепишем это неравенство (1) так:
(2й + 2) !! =(2*)!! (2Й+2) <
<(2*4-1) !! (2й+3—1) = (2й+3)!1—(2*4-1)!!.	(1)
') (2*)!! =-2-4-6.. .(2*—2)(2*); (2*4- 1)!! == 1 -3-5...(2* —1)(2*4-1).
«7
Придавая в (1) k значения 1, 2.......п — 1, получим неравенства:
41! < 5!!—3!!,
6!! < 7!!—5*!!,
(2)
(2п)!!<(2п+1)И— (2n— 1)!!.
Сложив почленно все неравенства (2) и прибавив к обеим частям
полученного неравенства 2!!=3—1, получим
2!! 4-4!! + ... +(2п)!1 < (2n-f-1)!! — 1.
116. Воспользуемся очевидным неравенством (2fe —1)!! < (2й)!!.
Это неравенство можно переписать так: (2/г — 1)!! = (2/г— 3)!! (2k — 1)<
< (2k — 2)1! (2k—l) = (2fe)!!—(2k — 2)!!. Придавая в последнем нера-
венстве k значения 2, 3....п, получим:
3!! < 4!!—2!!,
5!! < 6!!—4!!,
(1)
(2n—1)!! < (2n)!l — (2n —2)!!.
Сложив почленно все неравенства (1) и прибавив к обеим частям полу-
ченного неравенства 1!! = 1, будем иметь 1!! 4-3!! 4-... 4-(2л—1)!!<
< 1 —2!! 4- (2м)!! = (2п)!! — 1, что и требовалось доказать.
117. Имеем:
2а < 1	2 ’
1 l__L
За < 2	3 ’
42 < 3	4 ’
1	1_____1_
(п—	1)а	<	п — 2	п — Г
_1_	1___
<	п — 1	п 
Складывая эти п — 1 неравенств, получим Sn < 1—. Следова-
тельно, Sn < 1.
пр н	k ' k '	1	-7+fe —6 — k
не. имеем (7+ft)a+(7+ft)8 < (7 + fe)3 < (7 + A,)2
1______1
s=64- k 7 + k'
88
119. Имеем:
1 j_
n 4-1	2л’
1	1
«4-2 > 2л ’
1	£
2л—Л	2л’
2л 2л'
Сложив эти соотношения, получим
_L_ + _J_4-...+—1_+L > "=1.
„ + 1л + 2^	“2,-1— 12л 2л 2
120.	Придавая в неравенстве задачи 118 k значения 1, 2, ...
..., п, получим неразенства:
1	1	1
82 + 8S <	7	8	’
2	1	1
92 + эз <	8	9	’
л	,11
(74-л)24-(74-л)3 < 64-л 74-л‘
Сложив все эти неравенства, получим
1 1 1
7 74-л < 7 ’
121.	Обозначим слагаемые левой части доказываемого неравенст-
ва соответственно а1( а2, а3...ап.
Имеем
0*41 =	(2fe4-1)!! ЗМ1 __ 2fe4- 1	2fe4-2 __
ап “3*+1(fe4-l)l (Й-1)И~3(А +П < 3(k4-1)“ 3 '
Поэтому
о2 _
аг 3 ’
Оз 2
«2	3 ’
2
з
_	Я/Й4-1
Перемножая почленно все эти неравенства, получим —— <
ai
89
(2m +1)!1	„ 1 / 2 Xя
3m+i(m+l)! < 3 V 3 J •
Придавая в последнем неравенстве nt
значения 1, 2, 3, .... (n — 1), получим
3!1
32 2!
5!!
333!
1 ( AY
3 \ 3 ) ’
J_/_2 V
3 V 3 J ’
(2п—1)1!	1 I 2 Х"-1
3”-п! < 3 < 3 )
Сложив все эти неравенства
полученного неравенства по
почленно и прибавив к обеим частям
1 1
получим
122.	Рассмотрим отношение двух соседних слагаемых левой
части доказываемого неравенства:
fe+1
2* + 1	1 / IX 1 I IX
~ = у yv+^+Tj >гдей = и+1- " + 2>
2'г
Образуя серию таких неравенств для k = n-j-l, n-j-2...j и пе-
ремножая их, получим	п<^у	+	’ 0ТКУда
1+1	1 (	1 V-лп+1
~—<—т— 1-1--------п пп ,,. Далее, придавая в последнем не-
2?+i 2У-П X п + */	2 +1
равенстве j значения «+1, « + 2, ..., т—1, получим серию нера-
венств. Сложив все полученные неравенства и прибавив к обеим
п + 1
частям полученного неравенства gn+T ’ нах°Дим
90
123.	Так как х > 0, по условию, 2х > 0 при любом х, то до-
казываемое неравенство можно последовательно переписать в виде
х (4*—4-2*4-1)4-2* (ха4-1)
х-2*
2х-4 + ^+% + ^>0, 2^+1 + х+1>4.
Известно, что 2*-[--^ > 2, а если х > 0, то и х4--^-Эг 2, поэтому
последнее неравенство верно, а следовательно, верно исходное.
124.	Пусть а1 = Ь1 = а; тогда в силу условия а2 = &а имеем
a-\-d — aq.	(1?
Здесь d и q— разность и знаменатель соответствующих прогрессий.
Заметим, что в силу условия ап > 0 для всех п разность d должна
быть неотрицательной. Так как, кроме того, аг аг, то d > 0.
Из формулы (1) ввиду этого следует q = l-\--~ > 1. Нам нужно
доказать, что при п > 2
а + (п — l)d<aqn~1.	(2)
Так как в силу равенства (1) d = a(q—1), то (2) имеет место, если
а(п —1)(<7 —1) <a(qn~1 — 1). Деля обе части последнего наравен-
ства на положительную величину a(q — 1), получаем п—1 < 1 4-
4-<?+• • •Так как q>l, то это неравенство справедливо.
125.	Пусть а и а?"-1— первые и последние члены прогрессий,
где п — число членов прогрессий. Таким образом, надо доказать
неравенство
^g~^g92—— > a+aq+aq^+...+aqn-1,	(1)
или
(1 4-9л-1) п > 2 (14-<7 + <72+ • •. +?"-1)-	(2)
Вначале убедимся, что при натуральном т<п— 1 имеет место
неравенство 14-<?л-1 > qm-i(-qn-m-\ или (1—qm) (1 —	> о.
Последнее верно, так как при q < 1 оба сомножителя левой части
неравенства положительны, а при q > 1 оба сомножителя отрица-
тельны. Итак, имеем:
14-9"-i = 1+9"-i,
l-H”'1 > ?’4-Г’>
14-qn-' >
(3)
1+?л-1 = ?л-14-1 (при т = п — 1).
Сложив почленно все соотношения (3), получим
+	> 2(l-|-94-?24-...4-9n-1).
Итак, неравенство (1) доказано.
91
126. Пусть
+<% + <>*+...+a* =b.	(1)
Следовательно, надо доказать, что при условии
в1 + в2 + аз+..-+«л=1.	(2)
Имеем
или
а1+а2 + аз+--'+ап о а1 + °2+ а3 + • • • + ап
&2	2	Ь
или, учитывая (1) и (2), имеем
2	11	1
п^~,----г= — , а поэтому о .
b b b	J п
b
Ь*
-21+„а.о.
откуда
127.	Очевидно, что аР— аР и а?.— аЧ имеют одинаковые знаки,
поэтому (аР — аР.}^сА — aV) > 0 или
а?+<?-\-аР+ч > аРаЧ-\-ау а?..
Ясно, что число неравенств (1) равно =	—— • Сложив их
(1)
почленно, получим
2 (п — 1) ( aP+4 4-aP+4 4-... ф-аР+Ч) > 2^аР[ аЧ,
откуда
n(aP+« + aP+4+...4-aP+-?) > £аР+ £аРаЧ,
т. е.
п ( аР+<7а2 , б/+_Н"ал+ч)
>(«?+«?+•••+«£) («?+«? + •••+“?)•
128.	Для определенности пусть а > Ь > с, тогда имеем
ап-1-\-ап-Ч+...+Ьп~1 > &n-14-6n-2c4-...4-c'i-1.	(1)
Поскольку а, Ь и с—члены арифметической прогрессии, то
а—Ь = Ь—с > 0.	(2)
В силу (1) и (2) получаем
(а—&) (ап-1 + ап-2&+ ... Н-й""1) > (b-с) (Ьп-^+Ьп-Ч + ... +сп~1),
или ап—Ьп > Ьп—сп, откуда ап-\-сп > 2Ьп, что и требовалось
доказать.
129.	Из условия следует, что
2ac = ba-\-bc,	(1)
92
т. е. числа ab, ас, Ьс являются тремя последовательными членами
арифметической прогрессии. Так как а, Ь, с различны, то ab, ас, Ьс
также различны, поэтому разность прогрессии отлична от нуля.
Для таких чисел в задаче 128 мы доказали, что при п 0 1
(ab)n+(bc)n > 2(ас)п.	(2)
Из равенства (1) получаем
, а 4- с	.о.
ас = Ь —(3)
Известно, что -	> У ас (если я/с), поэтому из (3) получаем
ас > Ь У ас или ас > 62, (ас)” > Ь2",
2 (ас)” > 262".	(4)
Из (2) и (4) при п 1 или из (!) и (4) при п=1 следует (ab)n 4-
+ (Ьс)п > 2fe2”, или а'‘-\-сп > 2Ьп, что и требовалось доказать.
130.	Пусть для определенности а > Ь > с. Поскольку а, Ь, с —
последовательные члены геометрической прогрессии, то
b2 = ac.	(1)
Имеем (ап—с”)2 > 0, или	t
а2" — 2апсп + с2,! > 0.	(2)
Прибавив к обеим частям неравенства (2) по 4апсп, получим
(ал-Тс”)2 > 4апсп, откуда ап-\-сп> 2 У(ас)п, или, учитывая равен-
ство (1), получаем ап-\-сп > 2Ь”, что и требовалось доказать.
1	1	2
131.	Из условия —|-=-у следует, что
Ьс
а~2с=Ь’
1 , 1	2
а из условия —4-—=— находим, что
о а	с
, Ьс
—С ‘
(1)
(2)
Учитывая (1) и (2), получаем
. , .. ,, , v be , be	,, , v 2(b + c)(b-c)2
(e+d) ( +с) 2с—6 + 2Ь—с	(2с—Ь)(2Ь—с)‘
Из условия следует, что b-f-с > 0 ^так как Ь > 0 и < с < 2fe^ ,
(6 — с)2 > 0, 2с—Ь > 0, 2Ь—с > 0, поэтому рассматриваемая раз-
ность положительна, а следовательно, a-j-d > Ь-\-с.
132.	Числители обеих частей данного неравенства суть суммы
арифметических прогрессий с разностью 1. Поэтому данное нера-
венство можно переписать так:
(l-|-n)n
’ откуда т>п-
93
133.	Пусть члены геометрической прогрессии a, aq, aq2,..aq”-1
(а >0 потому, что все члены положительны; п > 2). Согласно усло-
вию задачи требуется доказать неравенство:
aU-W"-1) >а(1+?+?2 + ---+?"~1).
2	п
или
п (1+9л-1) > 2(1+<7+<7«+... +qn-1),
ИЛИ
Jl+^-l) + (l+^-n+..,+(l+^-1) >
>(1 +?д~1) + (?+?д-2) +   • +(?"-2+?)+(?',-1 + П
п раз
ИЛИ
[(l+9«-l)_(1+9n-1)]+[(1+^_1)_(£z+9«_2)]+<tI
•.. + [(1 + 9д-1)-(^-2 + ^)1 + [(1+^-1)-(?д-1+1)] > 0. (2)
Докажем, что выражения в каждой из квадратных скобок положи-
тельны. Действительно, (1 -j- qn ~ ’) —	= — qm~1)X
Х(1—qn~m) > 0 (т < ri), так как оба множителя положительны
при 0 < q <_ 1 и оба отрицательны при q > 1. Таким образом, мы
доказали неравенство (2), а следовательно, и неравенство (1).
134. 1) Пусть р и q — целые числа. Требуется доказать, что
q (аР—1) > р (а9—1), или
(а — 1) [<z(a/i-i-|-a?-2-|-... + l) —	> О,
или
(fl— 1) [<7 {аР~1 + аР~2+ ... -|-fl'7) —
— (р—р) (а?-1 +а9-24'• • • +1)] > 0.	(1)
Если 0 < а < 1, то
аР~1 + аР~2+...+а9 <(p — q)a9,	(2)
a
а?-1 + а<7-2+...-)-1 > qai-i.	(3)
Учитывая (2) и (3), заключаем, что при 0 < а < 1 имеет место не-
равенство (а—\)[q(p — q)a9—(р—q}qa9~1]>0. Следовательно,
неравенство (1) тем более верно.
Если же а > 0, то, рассуждая, как и в случае 0 < а < 1,
убеждаемся, что (1—а) [(р — q) qa9-1—q (р — q) а9] > 0. Следова-
тельно, неравенство (1) подавно имеет место.
2) Теперь пусть р и q (или хотя бы одно из них)—дробные числа.
_	т п ,	,	,
Пусть р = —, q=— (дроби всегда можно привести к общему
знаменателю), где т, п, г — целые числа и т > п. Таким образом,
( — \ ( — \
надо доказать, что п\аг —\J > т\аг >—1/ или п(Ьт — 1) >
> т(Ьп— 1), где Ьг = а. Но в случае 1) мы доказали, что это нера-
венство верно.
94
135.	Первое решение. Имеем х2-\-ху-\-ту2—т =
/ [j \ я	/	\
» ( х+у 1 +(m—1) (у2 —1)+ I ------1 \ . Так как (/—целое число,
отличное от нуля, а т—целое положительное число, то т — 1 Ss О,
у2—1Э=0. Поэтому и произведение (от—1)(у2—1)^0. Кроме того,
/ У \2
и [* + %)
Рассмотрим теперь два случая. Пусть сначала | у |^2, тог-
да ~~ ^>3,	---1^2 >0. Таким образом, ^x-j-^-^ SaO.
Зу2
(т—1) (у2 — I)2	0 и -------1 > 0, следовательно, в этом случае
х24-ху + ту2— т > 0. Пусть теперь | у | < 2. Это значит, что
У=±1 (ведь Ут£0). Тогда х2-\-ху-\-ту2—т=х2 ± х = х (х ± 1).
Но так как х—целое, то х ± 1 тоже целое, а если два целых числа
отличаются на единицу, то либо они имеют одинаковый знак, либо
одно из них равно нулю. Поэтому их произведение неотрицатель-
но. Итак, и в этом случае (| у | < 2) имеем х2-]-ху-\-ту2 — m^sO.
Второе решение. Перепишем доказываемое неравенство
/ и \2 '	1 \
ввиде х+| + ( т—) У2 — т^гО. При у=±1 оно прини-
мает вид
что действительно
I , 1 К 1 с
х ± -g-	• Если
то у2 4, и потому
(	1 V	1 А
\* ± 2 )	4 ^°’
справедливо, ибо х — целое,
и значит.
же у отличен от значений ±1, т. е. | у |	2,
(х+у) + (т~у) у2—mSs +(т—т)4—т=ж
/ и \2
— ( x +	+3т — 1 > 0.
Таким образом, утверждение задачи доказано.
136.	Пусть	= У’ Т0ГДа *2 + 2 (т—у) х + т2 —
— 4тп + 2пу = 0. Если х—вещественное число, то дискриминант
этого уравнении неотрицателен, т. е. (т—у)2 — т2-\-4тп—2пу^0,
или (у—2m) (у—2п)^0. Поэтому у принимает те и только те зна-
чения, которые не лежат в промежутке между числами 2m н 2п,
т. е. у<2т и у^2п, если т < п, или у<2п и y2=s2m, если
п < т.
137.	Пусть у = ?х	; тогда имеем
х24-4х-|-о
(у-2)х2 + 2(2у-3)х + 5у-6 = 0.	(1)
Решая (1) относительно х (при у 2), получаем
3-2у± /(3-2у)2-(у-2)(5у-6)
95
Для того чтобы х было действительным числом, необходимо и до-
статочно, чтобы либо у = 2 (и тогда х —— 2, как видно из (1)),
либо (3 — 2у)2—(у—2)(5у—6)5=0, или у2—4у-|-3<0, или
(У —W— 3)<0, откуда 1<(/<3, что и требовалось доказать.
Равенство у=1 достигается лишь при х =—1; равенство {/ = 3
достигается лишь при х = —3.
§ 2.	Доказательство неравенств методом математической
индукции
138.	При л = 3 имеем 23 > 7, что верно. Докажем, что если
выполняется неравенство
2'!>2rt+l,	(1)
то имеет место и неравенство 2И+1 > 2 («+ 1)4- 1 = 2л 4-3, или
2я-2 > 2/14-3.	(2)
Учитывая (1), заключаем, что если верно неравенство
(2я4-1)-2 > 2«4-3,	(3)
то верно и неравенство (2). Неравенство (3) переписывается в виде
2п > 1, что очевидно. Таким образом, мы доказали, что неравен-
ство (3) верно, а следовательно, и подавно выполняется неравен-
ство (2). Итак, на основании принципа математической индукции
заключаем, что утверждение задачи имеет место при натуральном
п=эЗ.
139. При п =
1 имеем 1—а <7—— , что очевидно, так как а>0.
1 —j— а
Далее, пусть доказываемое неравенство имеет место при n = k, т. е.
(1 — а)* <
___1
14-fea'
(1)
Докажем, что если выполняется (1), то верно и
(1“a)J+1<H4^W’
ИЛИ
(1-.)»(i-a)<r+(Li)a.	в
Если мы докажем, что верно неравенство
\+ka (1	< 14-(fe4- 1) а ’	(3)
(1-а)\
то тем самым мы докажем и неравенство (2), так как
Неравенство (3) перепишем в виде (1—а) [1 + (^4* Ь а] < 1 +feo>
т. е. —a2 (fe-f-1) <0, что очевидно.
Итак, доказано, что утверждение задачи верно при любом на-
туральном п.
96
16	4’
140. Если п = 2, то имеем -т- <	,
3	(2!)2
что очевидно. Допустим,
что доказываемое неравенство выполняется для n — k, т. е.
4а (2fe)t
fe+1 < (fe!)2 ’
(1)
и докажем, что тогда оно имеет место и при n = k-j-l, т. е.
4*+х	[2 (*+!)]!
*4-2 ^ [(* +1)!]2 •
Имеем
4ft + ’	4ft-4(fe+l)
fe + 2 (fe + 2) (fe + 1)'	W
...	...	4fe + ! „	(2*4-2)12	(2*4-2)! 2
Из (1) и (3) следует, что k_^2< (fe,)2 ^k2 + 5k +2) < (fe!)2 (fe + 1)2 2 ~
[2 (fe+ 1)]!
[(fe + 1)!]2 '
Таким образом, мы доказали, что если верно (1), то верно и (2),
а также мы убедились, что утверждение задачи верно при п = 2.
В силу изложенного на основании принципа математической ин-
дукции заключаем, что доказываемое неравенство справедливо для
любого натурального я 2а 2.
141.	При /1 — 2 доказываемое неравенство имеет вид 214! > (З!)2,
что верно. Предположим, что подлежащее доказательству неравен-
ство справедливо при w = fe—1, т. е.
214! ... (2fe — 2)! > (fe!)4-1.	(1)
Докажем, что тогда утверждение задачи верно и при w = fe, т. е.
214! ... (2*)! > [(* + 1)!]*.	(2)
Умножив обе части неравенства (1) на (2*)!, получим
214! ... (2* —2)! (2*)! > (2fe)l
ПЛИ
2’4! ... (2* — 2)! (2*)! >	,
т. е.
2!4! ... (2fe —2)! (2fe)! > (2fe)(2fe—1) ... (* + 1) (fe!)ft. (3)
Имеем
(2fe)(2fe—1) ... (fe+l)(fe!/= > (fe+ l)fe (*!)* = [(* +I)!]4.	(4)
Из (3) и (4) следует 214! ... (2fe—2)! (2*)! > [(* + 1)!]й. Итак, мы
установили, что доказываемое неравенство верно при л = 2, а также
убедились, что верен переход от n = k—1 к n = k. Отсюда на осно-
вании принципа математической индукции следует, что утверждение
задачи верно при любом натуральном ий2.
142.......При п=1 доказываемое неравенство имеет вид
4- а: —...	 ,	что верно (имеет место равенство). Далее, предпо-
*	1/3-14-1
4 ИХ. Сивашинскнй
97
лагая, что утверждение задачи верно прн n = k, т. е.
±.1,5. 2Azl<_!_____________	(1)
2 4	6 ••• 2k ^/36+Т’
докажем, что оио верно н при n = k-\-l, т. е.
1 3	5	2k — 1 26 +J 1
2'4'6"' 2k "гб+г'^/з^/!’	( )
Умножив обе части неравенства (1) на положительную дробь
26+1
2^+2’ ПОЛУЧИМ
1 3 5	26 — 1 26 + 1	1	26 + 1
2 ' 4 ' 6	26 ’ 26 + 2 < /36+1 ‘26 + 2’
Таким образом, остается доказать, что
_J___________________	(3)
/36 + 1 26 + 2	/36 + 4
Умножив обе части (3) на (26 + 2) /36+1- /36+4 и возведя
обе части полученного неравенства в квадрат, получим (26+I)2 X
X (36 + 4) <(26 + 2)2 (36+ 1), или
1263 + 2862+196 + 4 < 1263 + 2862+ 206+4.	(4)
Неравенство (4) верно, так как 6 > 0. Итак, неравенство (3) дока-
зано, следовательно, верно и неравенство (2). В силу изложенного
заключаем, что подлежащее доказательству неравенство верно
при любом натуральном п. Неравенство (3) можно доказать и так:
1	26 + 1_______26+ 1______
/36 + 1 ' 26 + 2 ~ /(36+ 1) (26+ 2)2 “
________26 + 1______26+1________________1
~ /(36 + 4) (26 +1)2 + 6	/(36 + 4) (26+ I)2 “ /36 + 4 ’
143.	При п—1 доказываемое неравенство верно, так как
х+-^-^2 при любом положительном х. При п = 2 утверждение
задачи принимает вид х2+ 1 +1 +^ Ss 3, что верно, так как
x2 + -^J>2. Далее, предположим, что доказываемое неравенство
справедливо при п = 6, где 6 — некоторое натуральное число, т. е.
+	+	1 ^6 + 1.	(1)
xk-i xk-2
Докажем, что подлежащее доказательству неравенство справедливо
и при п = 6 + 2, т. е.
х6+2 + / + ^-2+...+ _^ + 1+__Ь^6 + 3.	(2)
Х®-2 ХХ х6+2
Действительно, сложив почленно неравенство (1) с известным не-
98
равенством хк+г4—^5=2, получим неравенство (2). Итак, мы,
убедились, что доказываемое неравенство верно при л=1 и л = 2.
Мы доказали также, что из справедливости неравенства при n = fe
следует его справедливость и при n = k-j-2, т. е. вереи переход
от к л = fe + 2.
Таким образом, 1) из того, что доказываемое неравенство
справедливо при п=1 и что верен переход от k к k-\-2, заклю-
чаем, что наше неравенство верно для любого нечетного л;
2) в силу того, что неравенство имеет место при п — 2 и что верен
переход от n = k к n = k-[-2, заключаем, что подлежащее доказа-
тельству неравенство верно для любого четного п. Следовательно,
на основании 1) и 2) утверждение задачи справедливо при любом
натуральном п.
Эту задачу можно решить и не пользуясь методом математиче-
ской индукции, например, так. Пусть S — левая часть доказывае-
мого неравенства. При четном п имеем
Sa 2 + 2 + 2+...+2+1 = п4-1.
>
При нечетном п имеем
а,—а2 ,
cos < 1, имеем
sin «t + sin а2 _ gjn

(1)
Предположим, что доказываемое неравенство верно для числа
л = 2*, и докажем, что оно тогда верно для числа 2л = 2*+1. Имеем
«1+«з+ •	+«2^ + %а+ l + ...+(x^+i
2* + i
	«1+«2 + • ••+%& , су+1+---+<у+1 .	ok	*	ok = sin 	£	£		 2
В силу	неравенства (1) заключаем, что . ai + a2+• • •+a2fe	.	°M+i+• • •+®2fe+i sin			— +sin ——					
А S		2-	-2	1	B.
4*
99
Далее, так как предполагается, что доказываемое неравенство
имеет место для n — 2k, то
1 / sinaj+.-.+sina^ sin а^+1 + ...+sin а^+1
2	1
sina1 + sina2+ ... + sina2*+sin a2*+1 + ... +sina2*+1
__ . .
Отсюда на основании принципа индукции заключаем, что дока-
зываемое неравенство верно для чисел вида 2*, т. е. для
л = 2, 4, 8, ... Для того чтобы доказать, что подлежащее дока-
зательству неравенство верно для любого п, применим метод
обратной индукции (индукция вниз). Предположим, что утверж-
дение задачи верно для некоторого п, и докажем, что тогда оно
, n	cti ~Р сбо 4~ • • • 4~ — 1 гт,
верно и для п— 1. Пусть	Так как
0<а,-^л, то 0 ап = —1 Я2	~1 л. Из неравенства,
предполагаемого верным, следует
sin
ai + a2 + • • • ~ra«-i
I я14'я2+  • • +o»-i
л —1
n
.	.	.	.	1	•	1 Г '-*'2	< • • "Т" '•bn -
sin gcx 4-sin a24*  • • 4-sin сс„_14-sin ————j—!—~
n
или
а1+а.д+..
л— 1
.	.	.	, .	-j- 0C2 ~f- - • • ~Ь —1
sin ад 4-sin a24-... -f-sin a,,_j-I-sin ——!— —J
л
откуда последовательно получаем
Л sin -4-!-—----;------— -
л— 1
5» sin aj-f-sin a2+ ... 4-sin «„-j-f-sin ai + a2~Hjj “I-””"1 (
(n — 1) sin я 1	sin aj + sina2 + ... -j-sin a„_f,
Sin Ki + «2+---+«ra~i	sina14-sina24-...4-sin(x„1
n—1	"	n—1
Таким образом, исходя из предположения, что утверждение за-
дачи верно для числа л, мы доказали, что оно верно и для числа
л—1. Итак, доказываемое неравенство имеет место для любого п.
100
неравенство имеет вид
la^agKIail + lag),	(1)
что верно (см. задачу 65).
Предположим, что утверждение задачи выполняется при n — k,
т. е.
+	«il + l «21 + -.-+ I «*| -	(2)
Докажем, что оно имеет место и при п = й1, т. е.
а1 + «2 + • • • +a4 +®» + 1 I < I «1 | + I «2 I + • • • + I ak I + I ak+ 1 I • (3)
Обозначив aj4-«i+. .+«t через А, неравенство (3) перепишем
в виде
\А +aA + i | < | «11 + | «21+ •.. +| at | + | at+11,	(4)
а неравенство (2) — в виде
| А | < | aL | +1 а21 + ... + |	|.	(5)
Так как | А +а4+11 < | А | + | ад, + 11, то в силу (5) верно нера-
венство (4).
§ 3.	Средние величины. Классические неравенства
146.	Если в правой части равенства
Л = а1 + д2 + аз+ • •  + +	, ।.
п	'
заменим каждое из чисел alf а2, а3, ... , ап числом min (а), то
получим
. л-min (а)	. , .
Л^--------E-' = min (а).	(2)
Если же в правой части равенства (1) заменим каждое из чисел
av а2, а3,	, ап числом max (а), то получим
. n-max(a) , ,
А -----------—— — max (a).	(3)
Из (2) и (3) следует, что min (а) < А «S max (а), т. е.
min (a)	1 ' 2 п --------—— «С max (a).
147.	Первое решение. Если в правой части равенства
_ п/
G = у *^3 • ♦ . CLn	(1)
заменим каждое из чисел alt а2, «з......ап числом min (о), то
получим
y^fmin (a)]" = min (a).	(2)
101
Если же в правой части равенства (1) заменим каждое из чисел
alt а2, а3, ... , а„ числом max (а), то получим
G < [max (а)]” = max (а).	(3)
Из (2) и (3) следует, что min (a)<G < max (а), т. е.
п/------------------------------------
min (а) < у а1-а2-а3 ... an<max (а).
Второе решение. Поскольку с возрастанием числа b
возрастает и 1g &, то на основании задачи 146 имеем
lg min (а) < !.g.a»+lg.-^ + 1?a3+	< lg max {а)>
ИЛИ
lg min (а) < —а* °2	< lg max (а),
или
lg min (а) < lg {/«j a2 a3 ... a„ < lg max (a).
Так как с возрастанием lg b возрастает и b, то из последнего
равенства следует:
min (a) < а2 а3 ... ап <тах (а),
что и требовалось доказать.
148.	Первое решение. Очевидно, что имеют место не-
равенства
а™+ <+<+••+< 5= ft [min (a)]™,	(1)
a”' + ^+«3m+ •••+<< п [max (а)]”	(2)
Из (1) и (2) следует
„т । „т । т ,	, „т
Т^О T^q I • • •
[min (а)]® <----------------------< [max (а)]т,
или
т /~ а^ + а2т + а8т+...+ап
min (а) < 1/ ----------------------- < max (а).
Второе решение. На основании задачи 146 имеем
а™ -\-а™ +...+ а„
min (а®) <—----------------------- < max (а®).	(1)
Так как ат возрастает вместе с а, то max (а®) = [max (а)]®, а
min (а®)= [min (а)[®, поэтому (1) можно написать в виде
а	-р... -\_а™
[min (а)]® <----------------< [max (а)]т.	(2)
102
Поскольку У~Ь возрастает вместе с Ъ, то из (2) следует
т/” аТ+аТ+ +ап
min (а) < I/ --------------------------------< max (а),
что и требовалось доказать.
В частности, 1) при т=1
min (а) <тах (а)>
что было доказано непосредственно в задаче 146;
2) при т = 2
min (а) <
< max (о).
149.	Первое решение. Если в правой части равенства
1	1	Г
“Н	'г • • • “г '
а2 а3	ап
заменим каждое из чисел аг, а2, а3, ...,ап числом min (а), то
получим
— = min (а).	(2)
п—
min (а)
Если же в правой части равенства (1) заменим каждое из чисел
а1г а2, а3, ... , ап числом max (а), то получим
Н «С-----------= max (а).	(3)
п-------7-7
max (а)
Из (2) и (3) следует, что min (а) < Н < max (а), т. е.
min (о) < ------j----j----------j— < max (а).
ах а2 «з аа
Второе решение. На основании задачи 146 имеем
_L+_L+±+,.l
min f—~-------— —-------— < max f—.	(1)
\ a J	п «	\ a J ' '
ГТ	1	1	1	1
Поскольку наименьшее из чисел —, —, —, ... , — обратно по
fll flg fl.3	flfl
величине наибольшему из чисел а1г а2, а3, ... , ап, а наибольшее
из чисел —, —, —, ... , — обратно по величине наименьшему
ах а2 а3 ап
103
. (1 \ 1	,.
из чисел а,, а,. а.,. .... ап, т. е. min — -----тг и max (а) =
1 2	3	"	\ a J max (а)	' '
1
=	, то (1) можно переписать в виде
------1-----1-----1- .. 4- —
1 Д1 а2 аз _________________________1
max (а)	п	min (а)"
Так как из — > У , где Р > 0- <7 > О, г > О, s > 0, следует, что
a s
— < — , то из (2) следует, что
п
min (а)< -j---j---j----------р < max (а),
	1	1	h • • • 4	
ai-------------------а2-а3-ап
что и требовалось доказать.
150.	Имеем
откуда
Аналогично,
Сложив последние п неравенств, получим
(Ь1 + &2+ •••+&„) min <
<ai + аа 4" • • • +аи<(^i + ^24- • •  max •	(1)
Поскольку bL, b2, ... , ba положительны, то, разделив все члены
неравенства (1) на &х4-&24~   • 4~^> получим
а
У
( a \
\ У) ’
min
< а1 ~Ьа2~Ь    ~Ьаи
Ь' 4- b3 + •.. 4- bn
max
(2)
что и требовалось доказать.
Если &1 = &2= ...—bn= 1, то из (2) имеем
min (а) <	< тах (а),
104
т. е. задача 146 есть частный случай этой задачи. Если взять
вместо а(- число аД-(fe; > 0), а вместо 6(- взять число £, где
I = 1, 2,	, п, то из (2) следует еще одно интересное неравенство:
min (а) <
^1а14~ ^аа2 ~Ь  • • ~Ь Уап
+ • • • +
< max (а),
где Д, k2....../ги —положительны.
151.	Пусть М самая большая, а т самая малая из величин
1 1 1 1
ар , b 4 , сг , ... , / ° ; тогда
тР-тЧ.тг ...mv < а-b-c...l < М?-М^ Mr.. .Mv,
или
тР + Ч + г+. . ,+» < а.Ь.с	i < Mp+q + r+. ..+»_	(])
Возведя все три члена (1) в степень —------;, получим
Р + я+г + ... 4-п ’
_______1____
т < (a-b-c ,../)p+‘7+r+’--+u < М,
что и требовалось доказать.
точку D проводим прямую
Рис. 4.
152.	Первое р е ш е ни е. На сторонах прямого угла CAD
отложим отрезки АС= Уа2, AD—Уа^ и проведем биссектрису
АВ угла CAD (рис. 4). Далее, чер
DFE параллельно АС (точка F на
АВ, а точка Е на перпендикуляре
СВ к АС). Фигура ADFBC состоит
из двух равнобедренных прямоуголь-
ных треугольников ADF и АСВ. Их
площади: Т = -% а^и S = -g а2, а пло-
щадь прямоугольника ADEC равна
У а±а2. Из рисунка легко увидеть,
что площадь фигуры ADFBC не мень-
ше площади прямоугольника ADEC,
т. е.
а1	-,г~~—'
 j Sa V а1-а2.
Из рисунка также видим, что равен-
ство имеет место лишь тогда, когда
точки В и £ совпадают,, т. е. лишь тогда, когда аг = а2.
Второе решение. Построим на отрезке ДВ = а14-а2 как
на диаметре полуокружность с центром О (рис. 5). Пусть ЛС = а1,
СВ — а2. Из точки С проведем перпендикуляр к АВ до пересече-
ния с полуокружностью в точке D. Из геометрии известно, что
DC = V АС-СВ = Уага2.
(1)
105
Так как диаметр АВ = а14*а2, то радиус OD
угольного треугольника OCD имеем
DC < 0D = ai + a*.
^14*^3 tZ
Из прямо-
К2)
Из (1) и (2) следует, что
Из рисунка видим, что равенство имеет место лишь в
DC = OD,
случае, когда
говоря, когда
О совпадают, иначе
0^ = 0g.
Третье реш
очевидное тождество:
(j/’fl'i — ]/’а2)2^0, или
а1 + аз — 2 У а^Э^О, или
а14-а2 2= 2]/’а1а2, или а*^~°2 2>
2= ]/'а1-а2. Равенство имеет место
тогда н только тогда, когда at = а2.
153. Для удобства введем та-
кие обозначения: аг = х3, а2 = у3,
х3 4-у3 4-zS
а3 — г3; тогда доказываемое неравенство принимает вид----------
~^-хуг, или
т. е. когда точки С и
е н и е. Имеем
х3 4-у3 г3 2= Зхуг.
2
2
3
Имеем (x4-i/4-z)3 = xs4-t/34-z34-3xi/ (x4-j/4-z)4-
4-3xz (x4~y4_z)4_3£/z	—Зхуг.
Следовательно,
•t34-l/s + z3—3xyz = (%4-i/4-z)3—3(x4-j/4-z) (xj/4-xz4-j/z) =
= (x + y4-z) (x24-y24-z2 — xy — xz —yz) =
= -|- (%4-i/4-z) (2x24-2t/2 4-2z2— 2xy — 2xz— 2yz) —
= у (.x4-у 4- z) [(x— y)3 4-(x—z)2 4- (y — z)2l 2= 0,
т. e. мы доказали, что x3-\-y3-[-z3 — Зхуг^О, или x34~i/3 + z325
х34- у3 4~z3
2= Зхуг, а следовательно, верно и неравенство -------g----хуг.
,	3/—	3/—	3z“r	a, 4^2+^:
Учитывая, чтох=]/ а1,у=у a2,z=y а3,получаем---------------
2s у а1-а2-а3. Равенство достигается только при a1 = a2 = a3.
154. Известно, что (см. задачу 152)

(1)
106
гт	Gl “F ^2 l ^8 "В ^4
Пусть a— у - b =  ° J, где alt a8, a3, a4—любые неотрица-
тельные числа. Подставляя эти значения а и b в (1), получаем не-
равенство
± . Г а1~1~а2 [ аЗ~Ьа4^ "l/" f а1 + аа\ f аз + а«\
2 \ 2	2 У г \ 2	/	2 у
или
а1 ~Ь а2 4~ а3 4~ а4	Т /" ( а1 Н~а2 \ / а3 Н~а4 \
4	. " V \ 2 У \ 2 У 	' '
Далее,
(3)
гт	/г»\	Я] -4- da Яд—{—Gj
Подставляя в правую часть неравенства (2) вместо -1-—- и ?
не превышающие их значения ata2 и У~а3а4, мы получим нера-
венство
«i+^s+^s+j*is Vа±а2  Каза4 =	а^а^.	(4)
Неравенство (2) обращается в равенство тогда и только тогда,
Дт-4-До ^3—/о\
когда - =	а неравенства (3) достигают равенства лишь
X	А
при ах — аг и а3 = а4; следовательно, неравенство (4) становится
равенством тогда и только тогда, когда а1 = а2 = а3 = а4.
155.	Имеем
	а1 4~ а2 ~Ь а3 ~Г а4 4	4 / у а1а2аза4*	(П
Пусть			
	d4 ~ ^1»	^2 ==	2, а3 = &3;	(2)
определим а4	из такого равенства:		
	at ~Ь а2 ~Ь а3 ~Ьа4	 4	^х + ^а + ^з 3	(3)
Учитывая (2),	перепишем (3) в виде	^1 + Ь2 4- Ь3 а4 4		^1 + ^2 + ь3 3
Отсюда находим			
а4=у (&i + Ь2 + &3) — (&1 + Ьг + &3)-1 д2-—  .	(4)
В силу (2), (3) и (4) известное неравенство (1) принимает вид
^1 + &2 + &з	\/~к к 1,	+
---О----I/ OiMs ‘ --------------О-•	(5)
Возведя обе части неравенства (5) в четвертую степень, получаем
^±h^bib2ba
bj-\-b2-[-b3
3
(6)
107
Ьч
Разделив обе части неравенства (6) иа	получим
^ &| + ^2 + &з Ь1ЬгЬ3, откуда
(7)
что и требовалось доказать.
Поскольку в соотношении (1) имеет место равенство только при
a1 = a;: = a3 — ail то в неравенстве (7) имеет место равенство лишь
при b1 = b2 = bs.
156.	Имеем (задача 154)
а1 +а2 4~аз4“а4_
—--- -j------> J/ «лад
(1)
Подставляя значения аи а2, а^, а4 из (2) в (1), получаем
4“ Ь2 4- • •  + ^?4~^8	д /” Д14-Д ( &з 4- &4 \ fbg-\-bg\ j'b^-^-bg'x
8	Г \ 2 Д 2 Д 2 Д 2 / ’
(3)
Учитывая, что
^7~{Д8 S'Kb7bs, получим
4 Д Д14" ^2 \ Дз 4- &4 \ Дь 4- \ / Ь7 4- bs \
V \ 2 Д 2 Д 2 Д 2 )
V КЖ Км? /Ж /Ж (4)
В силу транзитивности из (3 ) и (4) получаем
^т+^+.^+ш ДТжТрГТмГДХ
о
или, окончательно,
&1 + &2+-й-4-&7+.&8 АМ2...М8.
О
Рассуждая, как и в задаче 154, легко убедиться, что равенство
достигается лишь при Ь4 = Ь2— • . —Ьв.
157.	Первое решение (это доказательство принадлежит
Коши). Вначале мы докажем эту теорему при помощи прямой ма-
тематической индукции (индукция вверх) для всех чисел п вида
2*. После этого методом обратной индукции (индукция вниз) мы
докажем, что если теорема имеет место для п = 2к, то она имеет
место для любого целого положительного п (см. стр. 17). В задаче
152 мы доказали, что теорема верна при л = 2=21, т. е. при k=\;
108
в задаче 154 было доказано, что теорема имеет место для п = 4 = 2!,
т. е. при k = 2, а в задаче 156 мы убедились, что доказываемая
теорема справедлива для м = 8 = 23, т. е. при /г = 3.
Предположим, что теорема верна для некоторого целого поло-
жительного числа п вида 2k, т. е.
л	4~ й2 4" «3 4~ • • • 4" &П	nk ! 1 V
А,=	F01^3 ... а,р где п = 2*.	(1)
Теперь докажем, что из (1) следует
д _ ai 4-а2~Наз4~  • • 4~ап-14~ад4~аи+х4~  •  4~й2л >
2'!	2п
2П /
у aLa^a3 • . •	••• ^2'Г
(2)
В силу (1) имеем
(3)
—	Gi 4“ fl» -./---аз4~^4	-./---- ^2,1 — 14~
Так как -Д 5s V al(i2, -Д............--2а ]/ а3а4... —
& Va2n-la2n< Т0
Ч/~ ( а14-а2\ [ аз4“а4\	( a2:i - 1 + а2п \
V V 2 Д 2	2	"
Кад- /ал... Уа2п_1а2п. (4)
Из (3) и (4) на основании закона транзитивности неравенств
имеем
Уа2а2  УДл ... Кй2«_1й2л.
ИЛИ
а1 +а2 + аз + а4+ • • • +a2n-! -t~a2n п п п п п
---------------V а1а2а3 • • • а2П-1а2П,
т. е. мы пришли к неравенству (2). Остается доказать теорему для
остальных натуральных п, т. е. для п, которые нельзя представить
в виде 2fe.
Докажем, что из неравенства
d~ Qa 4~ ~Ь    + ап
п
... а
(5)
п
109
следует, что
Д1 + а« + «з+---+«п-1	~а
п___j	V а1“2“3 ••• an-f
Пусть
ai = ^i> <?2=Ь2, о3 — Ь3, ..., an_i = 6n_i-
Определим ап из равенства
al~j~a2~ba3-|~ • • • ~Ь аП_______&1 + &2 + ^з +  •  + &п-1
П	П---1
(6)
(7)
(8)
Учитывая (7) и решая уравнение (8) относительно ап, находим
„  &1 + &2 + 63+ • • •
ап------------ j	•
В силу (7), (8) и (9) неравенство (5) принимает вид
bi + &2 + Ьз +  •  4~
п— 1	""
^]/w3 • bn_t+	. (10)
Возведя обе части неравенства (10) в п-ю степень, получим
fbi 4- &а 4~ ^з 4~ • • •	\ п~^.
к п~1 J
>b^b3 ...bn_1 h±h±h±^±bn^l.	(1J,
Поделив	л	“1“ ^2 “Ь ^3 "1“ • • • "4" Ьп_ I обе части неравенства (И) на	~
имеем	^i+W+.-.+^-rV-1^	. &n_ir
откуда следует неравенство
М-.^+М^-'+^А^п~Уь1Ьгь3... bn_lt
т. е. мы доказали-, что из (5) следует (6). Равенство достигается
лишь при b1 = b3 — b3=...=bn_1. Этим доказательство теоремы
завершается. У неискушенного читателя может возникнуть вопрос:
как это мы переходим от любого п, в том числе, когда п
к п—1? Ведь в начале мы доказали теорему только для чисел
вида 2,г? Дело в том, что теорема нами была доказана прямой ин-
дукцией для любых чисел вида 2k, в том числе для сколь угодно
больших 2k. Естественно, что мы можем для каждого п подобрать
такое число 2fc > п, а затем последовательно, переходя от каждого
числа чисел к предыдущему (что законно в силу доказанного выше),
дойти до требуемого значения п. Впрочем, обобщение теоремы для
случая, когда число п не есть степень двойки, может быть сделано
110
иным путем. Пусть q — целое число, которое надо прибавить к п,
чтобы получить степень двух, и пусть ————---------------*-!—- = 6.
Поскольку n-\-q есть степень двух, то имеем доказанное нера-
венство
.---------г--------, ,-----------?-------.
(а1 + аг+аз + • • • + ал) + (Ь + Ь + Ь + •   + ^)
n + q	_____________
а^а., ...ап-Ьч.	(12)
Но поскольку а1 + <т2 + аз + • •• +а„ = м6 и Z> + b+... + b = qb, то
(12)
можно переписать в виде
nb+ qb
n + q
.. anbq.
ИЛИ
b^
^.п+^а^аз ... anbq , откуда bn+q а^аз ... anb'!, а после сокра-
щения на b9 получим
bn^ ... a„.
(13)

тт	< а1 + а2 + аз + • • • +ап
Но так как о= ————-------------->—— , то (13) представляется в
/ о, + a, + U3 +... -4- cin \ п
виде I —!———---------->—- \ а^аз ... ап, откуда
а1 + а* + а*+--+ап^Уа1а2а3 ,,,дп.
Второе решение (только методом прямой индукции). Для
п = 2 неравенство доказано. Предположим, что доказываемое нера-
венство имеет место для любых п неотрицательных натуральных
чисел. Докажем, что это неравенство верно и для п+1 любых не-
отрицательных чисел. Обозначим эти числа через alf а2, а3, ...
...,а„, ап+1. Переставляя числа а1, а2, а3.ап (что не изменит их
арифметического и геометрического среднего), можно добиться того,
что ап + 1 будет наибольшим числом (или одним из наибольших),
т. е. an+l5salt ап+1^а2, ..., ап+1^ап, а потому ап+1^
Qi —I— Qa —I— Go —I— . , . —I— Q„ —	л
—£-!—i-!------!—2 . Введем обозначения:
n
д _ Дt + aa 4~ аз + • •  + an
"	n	’
.	+1 + + аз +  • • + on+1
rtn+1 —
Из равенств (1) находим
(1)
(2,
«+1
пД„+a»+i
Но поскольку ап+1Э»Д„, то ап+1 — А„+а, где а^О. Учитывая
последнее и (2), получаем
.	_ пД„ + Д„ + а _ . а_
Л"+1	п+1 ' -Лп + п+1
(3)
111
Возведя обе части равенства (3) в (м+1)-ю степень, имеем
(Л„+1)"+1 = ( Л„ + -2-гГ+1 = (Л„)'1 + 1 + С^+1 (А„)” -^+ ... ^
\ П “р 1 /	П *т“ 1
^(Л„)" + 1 + (Лп)'1а = (Л„)п(Ли + а) = (Л„)!1-ап+1.	(4)
Но так как, по предположению, (Л„)”ёга1-а2-а3.. ,ап, то, учитывая
(4), имеем (Лп + 1)'г + 1Эа (Л„)'г-а„ + 1 а^ад...а„а„+1, откуда Д„ + 12а
+ Уа^ад.. ,а„+1.
,,	я, 4— а2 4“ а3 -4- ... 4-я.,	» /---
Итак, мы доказали, что -4-!———j-Л------!—а	а^Дд... ап
для любого числа неотрицательных чисел. Знак равенства имеет
место лишь при а1 — а2 — .. .=ап.
Третье решение. Предварительно докажем следующее.
Лемма. Если произведение п положительных чисел at,a2, .. .,ап
равно 1, то их сумма не меньше п, т. е. надо доказать, что из
равенства aLa2a3.. ,ап=1 следует, что ах4-Я2 + аз+ • • • 4-ап^ п-
(Если не все числа at, а2, а3..ап равны между собой, то имеет
место строгое неравенство ах 4-я2 + аз +   • -гаи > п', е противном
случае имеет место равенство а1 + а2+аз4-  •. +ап = п.)
Для доказательства леммы воспользуемся методом математи-
ческой индукции. Пусть м = 2. Тогда дано, что ax-a2 = l. Поэтому
ai + a2 = ai + _~ — 24-2 = ———4-2^ 2, что и требовалось до-
ai	ai
казать.
Равенство достигается лишь при a1 = a2=l.
Далее, предположим, что лемма верна для n~k:>;2, т. е. пред-
полагая, что неравенство a14-a2-Ьяз +  • •-reA 3s имеет место,
если a1a2a3.. .aA= 1, докажем лемму для n = &4-l, т. е. докажем,
что имеет место неравенство а14-аг + а'з-г - • • +a*4~aA+i 5s+ 1>
если произведение ajOgOg, . .а^а^ + 1= 1, причем все числа at, а2, а3,...
..., а^+1 положительны.
Ясно, что если имеет место равенство aL-а2-а3. . .a/! + l = 1, то
могут быть два случая: 1) все сомножители равны между собой и
2) среди сомножителей имеются неравные между собой числа.
В случае 1) каждый сомножитель равен 1, а их сумма 044-02-Ьаз+ • • •
. .. 4-aA4-aft+1 = fe-f- 1- В случае 2) среди сомножителей произведе-
ния а^адДд.. .акак+1, очевидно, имеются числа как большие 1, так
и меньшие 1, так как, если все числа были бы меньше 1, то про-
изведение было бы меньше 1, а если все числа были бы больше 1,
то и произведение было бы больше 1. Для определенности, пусть,
например, at < 1, а ak+1> 1. Перепишем произведениеajO,a3.. ,aft+х
в таком виде: (a1-ak + 1)-a2a3.. ,ak= 1. Пусть произведение a1a^+1 = x;
тогда последнее соотношение примет вид х-а2а3.. .0^= 1. Поскольку
в левой части этого равенства содержится k сомножителей, то в
силу нашего предположения имеем x-{-a2~l-a3-f- ...	k. Но
«1+ог + аз+• • •+a’*+afe+i=
— (*+«з+ аз + • • • 4'a'A) + ak+ 1 — x-J-Oi
&^ + aA + i — x-j-a1= (fe-f- 1)4* аА+ ।—x-j-ct!— 1.
112
Подставив в последнее соотношение вместо х его значение, т. е.
арад+t, получим
al + Л2 + аз + • •  _t-as + afe+l =5 (^ + 1) "Ьа/г + 1 — alafc + 14"al— 1 =
==(&4- l)4~(a4+i 1) (1 —ai)‘
Далее, поскольку по нашему предположению at < 1, а ak+1> 1,
то произведение (а4+1—1)(1—at) > 0, а потому
аг + аг + аз 4* • • • +afc + a£ + i	4* 1) + (ak+1— 1) (1 —ai) > *4" 1-
Этим доказательство леммы завершается. Зная только что дока-
занную лемму, мы легко сможем доказать нашу теорему. Действи-
тельно, поделив обе части равенства G = ^/'а1а2а3.. ,ап на G, полу-
чаем 1- 1/К.	ИпИ	1
1- G G- Q ... G , или G G G ... G — 1.
г,	at я2 «о	a„
Итак, имеем n положительных чисел	~	, про-
и и	b	(j
изведение которых равно 1. Согласно доказанной лемме, их сумма
(Ji Cln До	Cl,,
не меньше п, т. е. + -г • • ,г. или aj + a^
Z'	*4“ ^2 “4" П'а *4“ . • . *4“ Cln TT
+ a3+...rtG, или —---------------------—~^G. Но так как
G= р/a1a2a3.. ,a4, то последнее неравенство перепишем так:
что и требовалось доказать.
Четвертое решение. Предварительно докажем лемму,
которая имеет и большое самостоятельное значение.
Лемма. Произведение п положительных переменных сомно-
жителей, сумма которых постоянна, достигает наибольшей
величины при равенстве сомножителей (конечно, если яти сомно-
жители можно сделать равными).
Пусть даны переменные сомножители х1г х2, х3, ... , хп, сумма
которых равна пс, т. е.
*14-х24-*з4- • • • 4-xn=zпс-
Теперь пусть yt, у2, у3, ... , уп—другая система п сомножителей,
сумма которых тоже равна пс, причем таких, что у± = у2 = у.. =
= . .. ~уп—с, т. е. все они равны между собой. Тогда их произ-
ведение
Р = У1'Уг-Уз-• -Уп = сп-
Далее, пусть гх, г2. гз...г„— еще одна система п сомножителей,
сумма которых также равна пс, причем среди этих сомножителей
имеются неравные. Докажем, что произведение Р1 = г1-г2-г3.. ,гп
меньше, чем произведение Р = УгУ2-у3 ... уп- Поскольку среди
сомножителей произведения Pt имеются различные, то ясно, что
среди них имеется хотя бы один больше, чем с и один меньше,
ИЗ
чем с. Для определенности, пусть
Zi = c4-a, z2 = c—0, где a > О, р > О,
тогда
Pi = (с+а) (с—Р) z3z4... z;1 = [с2 + с (а—Р) — a0]z3z4... гп.
Если заменим с-]-а на с, а с—р на c-f-cc—р, то сумма этих двух
сомножителей не изменится, а их произведение увеличится, тогда •
и произведение
Р2 = с (cH-a—Р) z3z4.. .z„ = [c24-c(a—Р)] z3z4.. ,z„
больше, чем произведение Р4. Итак, Р2 > это неравенство
получилось в результате того, что мы сделали один сомножитель
равным с. Если мы таким же образом сделаем, чтобы еще один мно-
житель стал равным с, то получим произведение Р3 > Р2, таким
образом, мы будем иметь Р3 > Р2 > Рх. Продолжая эту операцию
дальше, мы каждый раз получим еще по одному сомножителю,
равному с, а произведение с каждым разом будет увеличиваться.
Когда все сомножители станут равными, то получим наибольшее
возможное произведение Р—сп. Теперь приступим к доказательству
теоремы. Пусть сумма п чисел a4, а2, а3..ап равна пс, т. е.
Oi +я2 + аз+ • • • + an = nc,	(1)
тогда на основании леммы имеем
ала2а3.. ,ап<сп.	(2)
Учитывая (1), перепишем (2) в виде
„ „ „	„	/'ai+a2 + a3+...+а„
а1а2аз-. .а„^ I-------—----------- 1 ,
откуда, после извлечения корня n-й степени из обеих частей,
получим
ei+fl2+^+.--+^^ yaia2a3.T\.
Из леммы также следует, что знак равенства имеет место лишь при
а1 = О2 = аг= ... =а„. Итак теорема доказана.
Пятое решение. Введем обозначения:
д , qi ^2 4~ • • •	д	 4~дга+1 .	/].
я	п	’	п + 1-	n_|_j	»
Gn= У0102...ап, G„+1="+Уaia2. ..a„+l,	(2)
Из (1) следует, что (п + 1) А„+1 =a1 + a2+ • • • +«п+1 = пД„+ап + 1.
Итак,
(п + 1) Дп+1 = пД„+пп+1.	(3)
Из (2) вытекает (G„+1)n+3 = щ-а2.. .an-a„+i=(G„)n >an+i.
Итак,
(Gu+i)',+1 = (G„)''•««+!•	(4)
114
Рассмотрим разность
/?=(п + 1)Мп+1-0„+1]-п(Л„-0в).	(5)
Имеем /? = (п+1) Л,1+1—пЛ„ + пб„—(n + l)G„+1, или, учитывая (3)
и (4), получаем
/? = a„+1 + nGn-(n + l)n+y(Gn)na„+1.	(6)
Далее, пусть
“п+1 = х"+1, 6п = Уп+1-	(7)
Учитывая (7), равенство (6) перепишем последовательно так:
/? =Хп+1-^пуП+1_(П_|_ 1) уп.Х,
R — nyn (y — x)—x(yn — xn},
R = {y — x) [nyn — X (yn~1 + pn-2x + yn~3X2 +... + x',-1)]>
R = (y — x) [(y” —xyn~1) + (yn— X2yn~2) + ... +(yn—x")J,
R = (У -X)2 [yn-1 + yn-2 (у + X) + ... + yn1 + Уn-2x + ... + Xn-1].
Поскольку (у—x)2^0 И [yn~ Ч-у"-2 (у + x) + . . . +x"-1]	0, TO
/?:=--0.	(8)
Таким образом, из (5) и (8) следует, что
(«+ 1) [Ли+1 —G„+1] —п [Дя—G„] 3s 0,
откуда
п(Д„-6„Х(я + 1)(4,,+1-0„+1).	(9)
Поскольку неравенство (9) доказано для любого натурального п и
так как известно, что Л2 — 62^0, то неравенство An^Gn верно
при любом натуральном п *).
Доказанная нами теорема связывает среднее арифметическое п
неотрицательных чисел с их средним геометрическим. Это одна из
основных теорем теории неравенств, имеющая много различных
доказательств. Неравенство Коши служит прекрасным аппаратом
для доказательства многих неравенств и для нахождения экстре-
мальных значений функций.
Наконец, приведем классическое доказательство того, что знак
равенства в неравенстве Коши имеет место тогда и только тогда,
когда все числа равны между собой. Имеем
ад+аг+^+-"-+^. (1)
Если а± = а2 =... =ап, то имеет место равенство. В этом легко
убедиться, если в (1) подставить вместо а2, а3, ..., ап число а±.
Этим доказывается достаточность условия. Далее, пусть хотя бы
") Это замечательное доказательство неравенства Коши сообщил
автору В. И. Левин. Само доказательство принадлежит Р. Радо.
115
два числа, например, а± и а2, не равны между собой. Тогда имеем
а1+а2~Ьаз + • • • + ап
п
а1 + а2 , а1+аг .	,	,
—2----1--2---га8+... +а„
п
а3...ап.	(2)
Заменив в правой части неравенства (2) выражение а-1^~ выраже-
нием '/'а1а3, мы строго усилим неравенство (2), поскольку при
at Ф а2 имеем	ata2 . Таким образом, имеем строгое не-
равенство
а1 + а2 + аз Ч~    4~ а>
> у/ (Ка1аг )2а3а4.. .ап >
п
или
а1 + аг4~аз~Ь---4~ап
> у/ага2а3.. ,а„.
п
Итак, допустив, что среди чисел alt а2, а3.......ап имеются неоди-
наковые, мы пришли к строгому неравенству. Этим мы доказали
необходимость условия.
158.	Частный случай тождества Лагранжа имеет вид
<Х1У1 + хгУ1)2 — Cti+a’I) (yi -j-Уг)— (х1Уг — хгУ1)2-	(1)
В справедливости тождества (1) можно легко убедиться, если в пра-
вой части раскрыть скобки и привести подобные члены. В общем
случае тождество Лагранжа имеет следующий вид:
+ Х1У2 + • • • + хпУп12 = (*1 + *2 + •  • + хп) (у 1 + Уг + . • • + Уп) —
— (х1Уз — Х2У1)2 — (Х1Уз~~ХяУ1)2 ——<х1Уп — ХпУ1)2 —
— (х2Уз — хзУ2)2 — (Х2У4 — ЧУг)2 — • • • — (хгУп~ -'пУг? — • • • —
(х„_ 1Уп ХпУп — 1)J*	(2)
Для доказательства (2) воспользуемся методом математической
индукции. Если п = 2, то (2) имеет вид (1). Предположим, что
тождество (2) справедливо при некотором натуральном п. Докажем,
что тогда оно имеет место и для п +1, т. е. докажем, что справед-
ливо тождество
<41/1 + х2у2 + ... + хпуп + •»-„+ 1Уп + J2 =
= (*1+*»+••• + ХП + xn+l)(yi +^2+ •  • -\"Уп + i/n+l) — (Х1Уз—Х2У1)2—
—... — (Х1(/„ —	)3 — Ui!/„+1 — + 1У1 )2 — (х2у3—х3у2)г —... —
^Х2Уп-^-1 Хп+1Уп}2 ’ * • (ХпУп+1 Хп + 1Уп)2‘	(3)
Если вычесть из левой части равенства (3) левую часть равенства
(2), то получим
хп+1Уп+1 + 2хй + !уп + j (х1у1 + х2у2	... + хГ1уп).	(4)
116
Далее, вычтя из правой части равенства (3) правую часть ра-
венства (2), получаем
Xn+i (у! + Уг +' • • • + Уп) + Уп+1 (*i + *2 + •. • + *п) +
+ х2п+1уп+1 —	+ хп+1у^ —
(.хгУп + 1 Ап +lf/г)2 • • * (ХпУп+1	Хп + 1Уп)2г	(5)
Теперь ясно, что остается только доказать, что выражения (4) и (5)
тождественно равны, в чем легко убедиться.
159.	Первое решение. Доказываемое неравенство (Коши—
Буняковского) непосредственно вытекает из тождества Лагранжа
(задача 158). Действительно, если в правой части тождества Лаг-
ранжа отбросить все слагаемые вида —(хг-//у—х^-)2, то получим
неравенство Коши—Буняковского.
Второе решение. Если х1 — х2=... — хп — 0, то, очевидно,
имеет место равенство. Если среди Xj, х2, ..., хп имеется хотя бы
одно, отличное от нуля, то имеем:
(z*i + l/i)2 + (гх2 + 1/а)2 + .. + (гхп уп)2 =
l=(z2Xi + 2zx1y1 + i/i) + (г2х? -\-2гх2у2А- у2) + ... +
4* (z2Xn 4*2гхп//„4-1/л) = Дг2 + 2Вг + С,	(1)
где
Д = xi 4-хг4~ • • • 4* Хц, В — х1у1-\- х2у2 4-... 4" хпуп,
С = yi-\-yl-\-Уп- (2)
Поскольку левая часть равенства (1) представляет собой сумму
квадратов, она неотрицательна. Следовательно, и правая часть
4z2-}-2Bz4-C также неотрицательна, т. е.
Аг^ + 2Вг + С^0	(3)
при любом значении г. Пусть	тогда (3) примет вид
02	Д	А.Г_Д2
А--=^-2В ~ + С^0, или -.......-	5;0, откуда Д-С —В2^=0,
/1 /1
или
А-С 5г В2.	,	(4)
Подставляя в (4) вместо Д, В и С их значения из (2), получим
неравенство Коши—Буняковского.
Третье решение (методом математической индукции). При
п=1 обе части доказываемого неравенства равны xfyf, т. е. при
п = 1 имеет место равенство. При п = 2 доказываемое неравенство
имеет вид (х?+ xf) +yl) 5г (х1у14-х2//2)2, или xiyi+xly2 + x2yl+
+ х2у2 xit/i 4- 2х1//1х2//3 4- x^yl, или (%1 у2)2 4- (x2yt)2	гх^х^,
или (Х1У2—x2//i)2^0, что очевидно. Таким образом, и при п — 2
неравенство верно. Предположим, что неравенство верно при n=k,
т. е. имеет место неравенство
(xi + х2 + • • • +ха) (//1 + 1/2 + . • • +1/1)
^(х^+х^а+.-.+х,^)2.	(1)
117
Докажем, что справедливо неравенство
(xi-f-xj-f-... 4-xl-j-xl+i) (yl -\-Уг + • • • 4~ Ук+Уь+1) S?
Si	+ х2у2 + • • • +*tl/ft+*4+i4/4+i)a-	(2)
Введем обозначения: Х1+Х2 + • • • +«* = A, yl + yl+... -\-yk = B,
*1И1+ *21/2+•••+*&//& = С. В этих обозначениях неравенство (1)
принимает вид
ЛВЭ=С2,	(3)
а неравенство (2) принимает вид (4 + *3+1)(В-|-у^+1) 3s
(C-j- xk+Jyk+1)2. После раскрытия скобок получим
ЛВ4-Лр^ + 14-Вх|+1 H-x^ + i l/1 + i С2 + 2Схк+1Ук+1 + х^ + 1 у2+1.
(4)
Так как, по предположению, АВ^С2, из (4) следует, что доста-
точно доказать неравенство
Ау^+1 + Вх^+1 ^2Cxk+1yk+1.	(5)
Поскольку (li/4+i | К Л — | xft+11 У~В)2^0, то
Ayfi+i + ^xl + i	2 I *4+11’1 Ук+i I V ЛВ.	(6)
Но так как из неравенства (3) следует, что У АВ > С, то
2 | *4 + 1 1*1 1/4 + 1 I У АВ Эг 2С I Х4 + 1 Н 1/4 + 1 I S 2СХ4 + 1(/4 + 1.	(7)
В силу свойства транзитивности неравенств, из (6) и (7) следует,
что Лг/4 + 1 + В*4-|-1 «г 2С%4+11/4+1. Таким образом, мы доказали
неравенство (5), а вместе с ним и неравенство Коши — Буняковского.
Можно убедиться, что в неравенстве Коши — Буняковского имеет
место знак равенства лишь тогда, когда — =
У1 У1 Уп
160.	Доказываемое неравенство перепишем в виде
К (/У)3 + -..+ (КУ21
/ 1 VI
+	ban2. (1)
\ V а„ / J
Согласно неравенству Коши — Буняковского имеем
l(Kai)3 4Л/а2)2+ •••+( VX)2]	+ (/У) +”' +
/ 1 VI / — 1	_ 1	_ 1 V
118
Впрочем, ету задачу можно решить, пользуясь неравенством Коши.
Действительно,
а1+аз+ • •  +апп yf^iOZ‘>.an,
(2)
(3)
-U-L
ax a2
1
/—*—
г а1а2...аи
Перемножив почленно неравенства (2) и (3), получим доказываемое.
Знак равенства достигается лишь при а1 = а2=с... =ап.
161.	Известно, что если а + Р4-у = л, то имеет место равенство
tgy • tg-|- + tg-|- • tg-^-4-tgy • tg-^-=l. В силу неравенства
Коши — Буняковского имеем
(tg2 у+ tg2 -|-+ tg2 (tg2 -|-+^3 T + tg2
f. а i Р , 1 Р , у , . у , а \л
S^tg-ytgy+tgf tg i + tg|tgl-J ,
или (tg2 y4-tg2-y4-tg2 Sal, откуда tg2-^--|-tg2
+ tg2 -X-	1. Равенство имеет место лишь при а = р=у = -^-.
Л	о
162.	Неравенство Чебышева можно переписать в виде
П (П1&1 + а2Ь2 4- . . . +<!,;&„)	(<?! 4-а2 + . . . + <?„)(&! +^2 + • • • + Ьп).
Рассмотрим разность
п (О1^1 + п2&2 + ... +«?„&„)—(ai + a2+ ... + ап)• (Ь24-Ь2 + • • • + ^4=*
— [(ai—o2)(^i — &2) 4- («1—«3)( &! — &3) 4-. •. 4-
+ (ап-1 — ап)(^п-1 — t>„)] 5г 0. (1)
Знак в (1) объясняется тем, что каждое произведение (а6-1—ak) X
X(&4-i — &&)5г0, так как а2, а2, , ап, Ьг, Ь2. Ьп—две не-
убывающие (или невозрастающие) последовательности. Из неравен-
ства (1) следует доказываемое. Равенство имеет место в том и
только в том случае, если а1 = а2= ... =а„ или &i==&2= ... =ЬП.
163.	Перепишем доказываемое неравенство в следующем виде;
(я—1)р4-1 . (я—1)?4-1	(я—1) рд + 1
п ' п	п ’
или
(л-1) раз	(л-1)раз	(л-1)раз
р4~р4- • • • + р4-1, ?4~?4~ • • • 4~?4~t Р? + р?4~  • • 4~р?4~ 1
я	’	я	я	' '
Если в неравенстве Чебышева положить, что alt а2, ..., an-i
равны р, а ап= 1 и blt b2, ..., Ьп_2 равны q, а &п=1> то получим
неравенство (1), а следовательно, и доказываемое неравенство.
119
164.	Если п=1, то обе части неравенства (1) равны 1+ft, т. е.
при п=1 имеет место неравенство. Если п = 2, то (1 + Л)а = 1 + 2ft +
-j-ft8 Ss 1+2/г, что очевидно.
Предположим, Что неравенство (1) имеет место при n=»fe, т. е.
(l+h^l+kh.	(2)
Теперь докажем, что неравенство (1) верно и при n«=fe + l, т. е.
(1+/г)А + 1 Эз 1+(& +1)/г. Умножив обе части неравенства (2) на
положительную величину 1+/г, получим (1+/г)*+1 Ss (1+&/г) (1+^)>
или (1 +/г)А+1 Ss 1 +(fe+ 1) h-\-kh2. Поэтому (1 -+ /г)* +1	1 + (й+1) h.
Итак, теорема доказана. Равенство имеет место лишь при п=1 и
при любом п, если 1г —0.
165.	Доказываемое неравенство верно, если
п + 2 Г п (п + 2) 1”
п+1 ' [ (п + 1)8 J
(п + 2)П + 1 -пп
(n + i)"+i-(n + iy > ’
Л + 2 Г .
п+1 [
I ] "	,
(H+IpJ > 1
(О
На основании неравенства Бернулли имеем
или
L,	1 I 1
1-(7Г+Тр]	++ТГ2'
_	п + 2 Г <	1 1И-^Л4“2Г« л 1
Следовательно,	—r-r 1—,—гт^	—Н 1 —;—гт-?
» + 1 L	(п+1)2]	п+1 L (п+1)2]
п + 2 Г	1 V п + 2 п2 + п + 1
п+1 I 1 (« + >)2J ^п+1’ (п+1)8 ’ нли
п + 2 Г 1	1" п3 + Зп2 + Зп+2
п+1 [* (п + 1)8] п3 + 3п2 + 3п + 1 >
Таким образом, мы доказали неравенство (1), а следовательно,
и доказываемое *).
166.	Вначале докажем неравенство
хР , уч
где р > 0, q > 0, хг&О, у 0; р, q— рациональные числа и
± + 1=1.
Р Я
Доказательство. Поскольку р и q — рациональные поло-
жительные числа, то можно подобрать целое положительное число
k так, чтобы число / = было целым. Пусть имеются числа г и
и такие, что
l-\-k	i+k
г = х , и = у .	(1)
*) Это доказательство сообщил автору В. И. Левин.
120
Имеем (задача 157)
ft+// V	ZZ. . .Z‘UU. . .U <	(z+z+ • ..-|-Z + U + U+---+U> ft раз l раз	ft раз	l раз
или k+J/	'z^U1 <jqrz^z + Zu)’ T- e- ft	I z!+k-ul+k	(kz + lu).	(2)
Поскольку —+ —=1, то р-|-'7 = Р'7; также имеем / = &•—. Учи'
тывая последние два равенства, находим
ft+z=ft+ft£=fe.P±9=^=ftp.	(3)
q qq
Из (2) и (3) следует,
k 1
zkp-ukp	(kz + lu).	(4)
кр
Из (1) и (3) получаем
ftp	ftp
г — х к ,	и = у 1 .	(5)
Подставляя
значения z и и из (5)
1
J kp
в (4), получим
ftp
kxP + ly 1 ) ,
или '
ftp
Р + *Р
(6)
Учитывая, что Z = ^, получаем
_ хР , уЧ
ху< —к —
р q
(7)
Теперь приступим непосредственно к доказательству неравенства
Гёльдера. Пусть
124
Используя неравенство (7), получим
/ у (У1}4
Xi У1 х J , \ у J
— * — ------------------>
X	У	Р	q
/	^2	у	(У2	У
х2	.	Уз	\	х	У ,	\ У	/
х	'	У	Р	q
*п > Уп \ х J \ У /
х ‘ у р q
Сложив эти неравенства, получим
Х1У1 + х2У2 + •. • + хпуп
ху <
xf + ^ + ...+^	yl + yl+...+У^
х'-р + ifl-q
или, учитывая (8) и то, что у + у=1,	+	‘
<— 4-у=1, следовательно,
ххУх + х2у2-{-... -\-хпуп <
<(х₽ + х₽+...+х₽)^. (^ + ^ + ...+^р.
г>	*1	*2	*п
Равенство имеет место лишь при —=	.
У1	Уп
167.	Первый частный случай (и = 2). Требуется дока-
зать, что имеет место неравенство
(хр1+ур1)р +(х£ + г/О р ^[{х1-\-х2)Р-\-(у1 + у2)Р]р , где р^1.
Легко заметить, что имеет место тождество
(Xi4-X2)p + Q/14~£/2)р= 1*1 (*1 + Хг)р-1 + £/1 (У1 +'/гУ’-1] +
+ [*2 (Xi + х2)Р~1 + у2 (ух + у2)Р~ Ч-
На основании неравенства Гёльдера при + имеем:
(	+ УРх) Т {[(*1 + Х2)Р-«Г + [(«/! + у2)Р-Ч?Р
^х1(х14-х2)Р-14-р1(г/1 + '/2)/’-1>	(1)
( + Ур2)Т {[(*1 + х2)р-Ч? + ((</! + Уг)р-Ч’Й
х2 (Х1 + *2)Р~14' Уз (Ух^УяУ"1" 1
122
Сложив неравенства (1), получим
(хр+у?)р + (+у?)р j {[(*!+*8)р-+«Р1+г/2)р-1]'7}4
^(Х1 + х3)^+(1/1 + у2)Л	(2)
п	1.1,
Поскольку = 1, то
(р—1)7=р,
1 г.р-1
q р
(3)
Учитывая (3), перепишем (2) в виде

(Х1 + Х2)Р + (У1 + у 2)
р-1
р
> (А'1 +*2)Р + (Р1 + У2)Р-
(4)
Г	1р-1
Поделив обе части неравенства (4) на [(Xj + х2)р+(Pi + p2)pJ р ,
1	1 Г	1 1
получим (хр+уР)р +(хР2 + уР)Р ^1(*1+*2)р+(У1+02П р , что и
требовалось доказать.
Второй частный случай (р = 2). Требуется доказать,
что имеет место неравенство
(а1+а2+->-+ап)2+(61+62+11-+Йл)2+->- +
+ (	+ /2 + . . . + /[(01+61 J- . . .	+ &2 + • • • + М2 +
+ ...+(а„+&„ + ...+/„н]Т.	(1)
Квадрат правой части доказываемого неравенства (1):
К2 = (а1 + &1 + ...+/1)8 + (а2 + &2+...+/2)2+..- +
+ (ап + ^п +  • • +^п)2= lai (“i + &1+ • • • -Hi) + a2 («г + &г+ • • •+^г) +
+ • • • +яп(о:п + &ч+... +^«)] +[^i («1 + ^1 + •• • +/i) + &2 (Яг+&2+- • • +
+ /2) + ---+&B(an + ^n + ---+^)] + .--+[^i(ai + ^i+...+/i) +
+ /2 («2 + ^2 + • • • + /2) + • • • + ^п (а« + ^ч + • • • + /„)].
Применяя неравенство Гёльдера к каждому выражению, заключен-
ному в квадратных скобках, при условии, что p=*q = 2, получим
№<K(a2+a22 + ...+a2)T+K(&2 + h2 + ...+h2)V+.,.+
+к(/21+/2 + ... + /2)\
откуда следует неравенство (1). Поскольку доказательство прове-
дено на основе неравенства Гёльдера, то знак равенства имеет
123
место, как и в неравенстве Гёльдера, лишь прн
аГ-Ь^.... -.li = о2:&2:... :/2=... = а„:Ьп:...
Прн р — 2 эта задача решена без ссылки на неравенство Гёльдера
в задаче 177.
168.	В задаче 157 мы установили, что между средним ариф-
метическим А и средним геометрическим G неотрицательных чисел
имеет место зависимость, а именно:
A^G (неравенство Коши).	(1)
Теперь докажем, что между средним геометрическим G и средним
гармоническим Н имеет место зависимость
G^H.	(2)
На основании неравенства Коши имеем
откуда
G = OiO2... ап -j-------:-------г = Н.
— + — +•••+-
01 аг	ап
Итак, мы доказали зависимость (2). Наконец, докажем, что между
средним арифметическим А и средним квадратическим Q существует
зависимость: Q^A. Мы должны доказать,что
°: +о2 +   -+Q,-; . в задаче 105 доказано, что а2 + а2 + ... + а2^
п	1	1	н
(а1 "К О2 “Ь а3 • • • Н“ @п)2 лл
—£_!----' п/- . Отсюда следует:
ai + + о3 + • • • Н~ ап	а1 4~ а2 4~ аз + • • • ~Г т е
п	п
Q^A.	(3)
Из (1), (2) и (3) следует цепочка неравенств:
§ 4.	Неравенства, приводимые к сравнению средних
169.	Сложив почленно три очевидных неравенства
а + &Э=2 ab, ft + c^2 У~Ьс , а-\-с 5s 2 У ас, получим 2 (о-)-Ь4-с)
5s 2 ( У~аЬ+	ас), или a-\-b-\-c^	/бс + К ас- Знак
равенства имеет место лишь при а=Ь=с.
124
170.	Имеем:
V (a + ft)(c4-d) = 2		c+d~. 2 =	э 2 J/ ab-cd, ,	(1)
У (a4-c) (ft4-d) = 2		b + d _ 2 =	а 2 ^/ac-bd,'	(2)
V (a + d) (ft4-c) = 2	Уа-У-	b + c^ 2 e	а 2 ad  be.	(3)
Сложив почленно (1), (2) и (3), получим
У (a+b) (c+d) + У(а+с) (b + d) + У (a + d) (b+c) 2s 6 ValTcd.
171.	Имеем
х + (/5г2 Уху,
(1)
если x2s0, y2s0. Пусть х = а4~ Ь, у = 2 УаЬ, тогда (1) примет вид
а—Ь+2УаЬ^2У2(а + Ь)УаЬ, или (Уа + Уь )22s2]/'2(a 4-6) УаУ
Знак равенства имеет место лишь при а = Ь.
172.	Имеем очевидные неравенства:
a2 — ab~b2 ab,
Ь2 — Ьс с2 Ьс,
а2—са 4- о2 2s са.
Умножив обе части этих неравенств соответственно на а + b, Ь+с,
c-f-a, получим
а3 + Ь3 2s ab (а4- 6),
Ь3 4~ с3 2s Ьс (Ь 4~ с),
а3 4-с3 5г са (с 4-а). ,
(1)
Сложив почленно неравенства (1), получаем:
2 (а34-Ь34-с3) 2s ab (a + b) + bc (b + c) + ca (с4-a),
2 (a34-b34-c3) 2s a2b4-a2c4- ft2a 4- &2c 4*c2a + a2b,
2 (a3 4- b3 4- c3) 2s a2 (ft 4- c) 4- ft2 (c 4- a) +c2 (a 4- ft),
„ ,	2ft + c , c4-a , „ a4-ft
a34-ft34-c32sa2—g— 4-ft2 —^~ + a2 —y- .
__	b-j-’c	с Ч-#	_/•— a-pb	~i—y
Но так	как —У be, —g—У са, —У ab,	то, подставив
b I c	*
в правую часть неравенства (2) вместо  выражение УЬс,
с 4~ а	—	aft	у —-
вместо —— выражение у са н вместо —выражение у ab, полу-
чим верное неравенство: a34-ft34*c3 Ss а2 У~Ьс-}-Ь2 Уса^-с2 УаЬ,
что и требовалось доказать.
Знак равенства имеет место лишь при a = ft=c.
126
173.	Сложив три очевидных неравенства
<£±^а*Ь*, Ц^>62с2,
получим
а*+&4 4-с4 & агЬг 4- bV* + <Л2.
Далее,
g2&2 + &2c2уа2Ьз.Ь2с2 = b^ac\^аЬгс,
?У+ q2c- Ус№ -а* = а21 Ьс | =э а2йс,	>
^Ла2с2 j/ft2c2-a2c2 = jab | с2 > а&с2. I
2 )
Сложив почленно неравенства (2), получаем
а2&2 + &2с2 + а2с2	а&2с -f- а26с 4- а&с2,
или
а2&2 4- &2с24-а2с2 abc (а4-&4*с)-
Из (1) и (3) следует, что а44-&44~ с4^ abc (а4-&4"с)'
Знак равенства имеет место только при а = & = с.
174.	Имеем
(га -1)! =	К(^Г)! =
= У1-2-3 ... (га —1) У(п—1) (п— 2) ... 3-2-1 =
= У 1-(га—1). У 2-(п — 2) ... У (га —2)2 . У (га —1)-1 <
14-(га— 1) 24-(га —2) (га —2)4-2 (га — 1)4-1 _
2	*	2	2*2
(1)
(2)
(3)
гага	гага га”-1
~~2 ’ 2"	2" ~2~ 2^1 ’
(п-1) раз
га"-1
Итак, (га — 1)! < г»”-» - Умножив обе части этого неравенства на га,
га”
получим га! < ^,i_1 , или 2”-1-n! <га". Равенство достигается лишь
при га = 1 и при п — 2.
175.	Число парных произведений из чисел alt а2,	, а,г равно
_2 га (га — 1)	„ га(га — 1)
Сп =— о . Возьмем —~ очевидных неравенств,
у^у3<ал±2з......
Z	Z
сложив их почленно с учетом того, что в правой части каждое
повторяется га — 1 раз, получим
ага2 4* V aia3~V • •  4* dan-ian < —• •. 4"°«)>
что и требовалось доказать.
126
Равенство достигается лишь при ах = аг — ... —ап. Если поде-
,	п(п — 1)
лить обе части полученного неравенства на --- то получим
Уа^+ У Qia3+  • • + V on-iQn < Д1 + 02+ • • • +ап,,
п(п — 1)	п
2
т. е. среднее арифметическое суммы квадратных корней из всевоз-
можных парных произведений чисел a1; а2, ... , ап не больше
среднего арифметического этих чисел.
176.	Известно, что если *5=0, у 0, то
х+у^чУУу.	(1)
Пусть x = 4ft2, г/ = Ь-|-1; тогда (1) примет вид 4b2-|-fc+15=
^2рг4&а (& + 1), нли 462+ft+fe4|ft| )/'Ь+1,или	5*УЬ+1.
Знак равенства имеет место, если 462 = 6+1, т. е. при
1 Т /17
Ь==-----8---
177.	Имеем:
Х1У2^-х^У1 5=2 V Х1У1Х2У2,
xi yl + xl yl 5= 2 | X хУхх2У2 I 5= 2xx Г/рЗДа,
Х1 У1 + *21/2 + Х1У2 -j-Xz Ух	Х1У1 -j- Х2 У 2 -j- 2xty xXzy^,
(*1 + 4) (1/1 + yl) (ХхУх+ХцУг)*,
V (*1 4“ X%) ( J/l + l/i) 5= I ХгУх + *2p2 I 5= ХхУх-\- Х2У2,
2	(xi + xl) (yl 4- у2)	2 (x1y1 + x2y2),
Xi +^2 +1/1 + Уг + 2]/^(xl + %a) (У1 + yl)
xl + %2 + f/i + 1/1 + 2xiP1 + 2x2i/s,
(V xi + x2 +yl-\-yl) S= (-*:i +l/i)2 + Сч + Иг)2»
j/"xl-j-Xz-^yyl-f-yl^ V/'(xl + l/l)2 + (x2 + l/2)2-
Равенство, очевидно, достигается в том случае, когда Xi(/2 = x2yl.
178.	Известно (см. задачу 177), что
*1 + х2 + ]/" У1 + yl	У(xi + У1)2 + (^г + Уг)2-	(О
Пусть хх — х, х2=Уа, ух~с — х, у2= УЬ. Тогда (1) перепишется
так: ргх2 + а+ У (с — х)2 + Ь^У (х+с — х)2 +( У a-f- Уь )2, или
Ух^+а+ У(с—ху + Ь^Ус^ + (Уа+ УТУ
Равенство достигается, очевидно, только в том случае, когда
х У Ь = (с—х) У а.
127
179.	Первое решение. Имеем
<т 4* b 4"с	3 абс>	(1)
+	(2)
Перемножив почленно (1) и (2), получим
(а + *+с) (а2 + 62+с2);й9 j/a3b3c3 = 9аЬс.
Второе решение. Имеем
aft(a + b)4-ftc(& + c) + ca(c + a)^:6abc (задача 15),
а3 4- Ь3 4-с3 ЗаЬс (задача 153).
Сложив почленно эти два неравенства, получим
(а3 4- a2b 4- а2с) 4- (Ь3 4- ай2 4- &2с) 4- (с3 4- Ьс2 4- ас2) 9abc,
а2 (а4-b4-с)4-ft2 (а4-Ь4-с)4-с2 (а4-&4-с) э= 9 abc,
(а 4- Ь 4- с) (а2 4- 62 4- с2) 5э 9а&с.
180.	Доказываемое неравенство перепишем в виде а34- Ь°
Ss6ab2 —8, a34-6e4-8Ss6ab2,a34-b34-8^3 j/(2ab2)3, а34-6«4-82г
й=ЗрЛ8а3&6, что очевидно. Равенство имеет место только при
а3~Ь° = 8, т. е.только при а = 2, Ь=±У~ 2.
181.	Имеем а2 4-Ь2 4-с2 5=3 р/а2Ь2с2. Извлекая арифметический
квадратный корень из обеих частей этого неравенства, получаем
Уа24-&24-са5э Кз”У abc.	(1)
Далее, имеем
ab-\-bc^-ca 3 ^Уа2Ь2с2.	(2)
Также имеем и a2b24-b2c24-c2a2 5аЗ jJ/a/'Mc4, откуда
Кa2b24-&2c24-c2a2 5= Уз j/iiW.	(3)
Из соотношений (1), (2), (3) получаем
УЗ f/abc (3 з/а2Ь2с2 4- /3 £/ a2b2c2)
?	abc
= УЗ (34- /3’) = 3 (1 4- Уз).
Равенство достигается лишь при а = Ь = с.
182.	Сложив два очевидных неравенства а2 4- Ь2 4-с24- d2 Эг
^=4 |/a2b2c2d2 = 4 У abed и a24-b2 2аЬ, получим 2a24-2b24-c24-d2 5
2a2ab4~4 Vabcd, или 2 (а24-Ь2) 4~с2 4* ^2	2 Уа& ( Уа&4*2 Ус<1).
Равенство достигается лишь при a=b = c — d.
183.	Если а, b и с—целые положительные числа, то левая часть
доказываемого неравенства есть произведение а4-^ + с положитель-
ных сомножителей. Среднее арифметическое этих сомножителей
(а-\-Ь— с) 4- (Ь 4- с—а) 4~ (с 4- a—b)
а 4* b 4- с
128
Следовательно, рассматриваемое произведение не больше 1а+6+е'1
т. е. не больше 1.
Если же хотя бы одно из чисел а, Ь, с не целое, то поскольку
они рациональные, их можно привести к общему знаменателю
а = —, Ь = —, с = —, т. е. р — ат, q = bm, г —ст. Теперь, заме-
т т т
нив в условии а, Ь, с соответственно на р, q, г, мы придем к тому,
что рассматриваемое произведение не больше \ma+mb+ine, т. е_ не
больше единицы.
п раз	т раз
1 о л г я	Ч- т + • • • + т “Р м *4- • • • Ц" *0
184.	Имеем —!----!----i---1 v
т-\-п
тт ... т-пп. ... п, или
п раз tn раз
си
'	m-j- п v
Далее, очевидно, что (т + п)2 Лтп, или
т-[-п 2тп
2	т-\- п'
Из (1) и (2) следует, что —5» т+^/гтп-пт. Равенство имеет
место лишь при т — п.
185.	На основании зависимости между средним арифметическим
и средним геометрическим имеем
(S-fll) + (S-q2) + (S-a3)4-...+(S-gn)>
п
> ^(S-ax){S-a2) ... (S—а„),
ИЛИ
- ~n1)S > /(S-fll)(S-a2) ... (S-a„).	(1)
Также имеем
, i ___________________________________
S—gl~t~S —g2~*~	gg Л/_______________1____________ ,2)
n	Г (S—gl)(S—a2) ... (S—an)’ v 1
Перемножив почленно неравенства (1) и (2), получим
откуда
n—1 / S S
n2 —О] S—а2
S \
S—ап)
1,
S—gj ~S—a2
S n2
S —an > n—1

5 u Y
’«n oytibAj ntzafi
190
186.	Доказываемое неравенство перепишем в виде
а3 4- Ь3 + с3 + 15abc <
«S 2 (а2Ь + а2с + Ь2а + Ь2с + с2а + с26) + 2 (а»+Ь3+с3),
илн
а3 + 63 + с3+2 (а2Ь+а2с + &2а + &2с + с2а+с2й) I5abc. (1)
Заметив, что в левой части неравенства (1) 15 слагаемых, имеем
а3 + b3 + с3 + 2 (а 2Ь + а2с + Ь2а + Ь2с + с2а + с2Ь)
151^/ o3b3c3o462a4c2b4o2b‘lc2c4a2c4b2 = 15abc.
Очевидно, что знак равенства имеет место лишь прн а = Ь — с.
187.	Поскольку среднее арифметическое неотрицательных чисел
не меньше среднего геометрического их, то, учитывая, что левая
часть доказываемого неравенства состоит из произведения 10 сомно-
жителей, имеем
2 3 4	,
&& ^4 —	5=^
( а1 + а2 + а2 + а3 + а3 + а3 + ai + а4 + ai + ai \ 10_
<<	io	J -
/ а± + 2а2 +Да3 + 4а4 \10
“к Ю ) *
Равенство достигается лишь при аг = а2 = а:, — at.
188.	Так как обе части доказываемого неравенства положительны,
то его можно переписать в виде
(ху + yz + zx)2 5г 3xyz (х + у + z),
или
x2y2 + y2z2 + z2x2^xyz(x+y + z).	(1)
Имеем
у2«>2 _1_
Х У J	х^у2г2 = I x2yz I = х2уг,
----—— 5г Vx2ylz2 == | xy2z | = ху2г,
1_ 72fj2	______
Z X...J Z У ..	= | хуг2 | = xyz2'
Сложив почленно последние три неравенства, получим неравенство
(1). Равенство достигается лишь прн x~y = z.
189.	Доказываемое неравенство перепишем в виде
(1)
На основании зависимости между средним арифметическим н сред-
ним геометрическим неравных положительных чисел имеем
j/l-2-З ... п < 1 (1+2+3+ ...+«)=! <я+ Ч» .
r	II	И
130
Таким образом, мы доказали неравенство (1), а следовательно, и
/ d -I—	\ п
неравенство п\ < (——1 при 02.
Равенство достигается лишь при л=1.
190.	Требуется доказать неравенство 2-4-6 ... (2л) <(л-|- 0й-
На основании зависимости между средним арифметическим и сред-
ним геометрическим положительных чисел имеем (при л ^2)
/2-4-6~. (2н)<2 + 4 + 6+---+^),
или
/2-4-6 ... (2л) < П = п + 1.
Возведя обе части последнего неравенства в п-ю степень, получим
(л-НУ* > (2я)!1
Равенство достигается только при л=1.
191.	Первое решение. Требуется доказать неравенство
1-3-5 ... (2л —3)(2л — 1),
1-2-3 ... (2л-2) (2л-1) (2л)
2-4-6 ... (2л—2) (2л)
Умножив обе части неравенства (1) на 2" и сократив правую часть
иа л!, получим
(2л)ч^(л+ 1) (л 4-2) ... (2л — 1) (2л).
Итак, доказываемое неравенство верно, если
(2л) • (2л) (2л) ... (2л) Эг (л-f-1) (л-|-'2) ... (2л — 1) (2л).	(2)
п раз	п раз
Поскольку все сомножители правой части неравенства (2), кроме
последнего, меньше 2л, то неравенство (2) верно, а следовательно,
верно и доказываемое.
Равенство достигается лишь при л=1.
Второе решение. На основании зависимости между сред-
ним арифметическим и средним геометрическим неравных положи-
тельных чисел имеем (при л ^2)
/1-3-5 ... (2л-1) < 1 + ? + 5±-—-+(2±-1},
ИЛИ
/1-3-5 ... (2л-1) <	- л - л.	(3)
Возведя обе части неравенства (3) в л-ю степень, получаем
л«5з(2л —1)1!
Равенство достигается лишь прн л = 1.
5;
131
192.	Доказываемое неравенство перепишем в виде
илн
{/12-22-32 ... га2<
(” +1) (2п + 1)
6
(1)
На основании зависимости между средним геометрическим и сред-
ним арифметическим неравных положительных чисел имеем
"/12-22-32 ... га2 <
12 + 22 + 324-...4-н2
п
(2)
Известно, что 12 4- 22 + З2 4- ... га2 = П	“И ( поэтому нера-
венство (2) можно переписать в виде
У12.22.з2 ..: ??< 1 . я (я+]) (2я + ]) _ (”+1)(2н + 1)
г	" ‘ п	6	6
Таким образом, неравенство (1) верно, а следовательно, верно и
доказываемое (при п^2).
Равенство имеет место только при га=1.
193.	Доказываемое неравенство перепишем в виде

га(га4-1)2
4
или
{/13-23-33 ... ra3<^il^ .	(1)
На основании зависимости между средним геометрическим и сред-
ним арифметическим неравных положительных чисел имеем
{/13-23-33 ... «3 <^-(134-23 + 33+...+п3).	(2)
11^ (fl I 1)2
Известно, что 13+234-З3 + ...+и3 = —'	’ , поэтому (2) можно
переписать в виде
”/1з.23.зз ... дз < 1 . я2 (”4~ I)2_ га (га 4- I)2 .
V	"' п 4	4
Таким образом, неравенство (1) верно, а следовательно, верно и
доказываемое (прн п 2).
Равенство достигается лишь прн п=1.
194.	Имеем
I3 + 23+ ... 4-(Зга)3
Зп.	>
3£/13-23 ... (Зга)3.
(О
132.
н® (ti "4* 1)®
Но так как l34-234-... + n3 = —5-^-!—, то (1) можно переписать
в виде за	— > ^1-2 ... (Зга), или Зга (Зга + I)1 >
>4 у/(Зга)!, что и требовалось доказать.
195.	Если р, q и г—целые числа, то в левой части доказывае-
мого неравенства содержится p-\-q-\-r слагаемых, из которых р
равны x4~r,q равны хг~Р и г равны хР-9. Их среднее арнфметнче-
pxfi-r г qXr-p _i_ ГХР-я
ское равно ---------	?-----, а среднее геометрическое равно
р+я+^'хр{я~п.хя1г-р'1,хг{р-ч'1 .-.р+я+у хо_ 1. Но так как среднее
арифметическое положительных чисел не меньше их среднего
px9~r + qxr-Р + гхР~ 4
геометрического, то ------!-------------- Ssl, или
р + ?4-г
px9~r+ qxr-P+rxP-9^p + q + r.
Если же среди чисел р, q и г имеются нецелые, то можно
подобрать такое положительное число /г, чтобы числа kp, kq и kr
были целыми. Тогда, рассуждая, как выше, получим
kpx‘l~r + kqxr~P-\- krxP-9 5г kp 4- kq + kr.
Поделив обе части последнего неравенства на k, получим
рхч-г 4- qxr~P4- гхР~Ч 5= р 4- q + г.
Равенство достигается лишь при p = q — r или при х=1.
196.	Доказываемое неравенство можно переписать в виде
(14~^ < 1 или (1 +h)P < 1 -[-ph ^где h = ~ , 0 < р < 1 .
1. Пусть р — рациональное число. Тогда можно записать, что
р =	, где т и га — натуральные числа (1 <гаг < га). В этом случае
(14-h)P=(14-/i)~= £/(14-/i)"'-ln-'« =
“ (1 +ft) (1 -f-ft). .(14-ft) 1 • 1 • ~< ^I1+A+=
tn раз	(n-m) раз
= 1+—ft=14-pft,
ra
т. e. (1 -\-h)P < I-[-ph.
2. Пусть p — иррациональное число. Рассмотрим последователь-
ность рациональных чисел rlt гг, г3, ..., гп, имеющую пределом
число р, причем 0 <	< 1, где fc=l, 2, ..., га, ... На основании
доказанного выше имеет место неравенство^ -\-h)rh < 1 -[-rkh. Поэтому
(14-/i)^= lim (1 4-/г)Гп< lim (1 -\-rn-h)= 1 -[-ph.
rn-+P	'„-♦p
Остается доказать, что имеет место именно строгое неравенство
(1 +Л)Р < 1 +рЛ. Для этого возьмем рациональное число г такое,
р
что р < г < 1. Тогда имеет место неравенство (1-}-Л)г <14-у- Л,
так как 0 < ~ < 1. Поэтому (1 -}-й)р= [ (1 -}- h) r ]	<
<1-}-r —Л= 1-}-рЛ, т. е. (14-й)р< 1+p/i.
197. Первое решение. Доказываемое неравенство перепи-
шем так:
L4-^-^ + 1.	(1)
или 1+х+За+^+--+х2П	„ Имеем
2/1-}- 1
2п+1	V
2П+_1 / (2П+1) 2И
_ 2П+^1/х1 + 2 + з+.., + 2П—.	Ух 2	= ХП.
Равенство достигается лишь при х=1.
Второе решение. Неравенство (1) можно переписать так:
(^+^) + (7^т+^-,) + --- + 1+... + (^+^) +
4-	Э* 2n+ 1,
что действительно имеет место, так как -^-f-xfe>2.
хк
198. Имеем
2л "/(от 4- 1) (от -|- 2)... [от -Ь (2п-1)] <
(от-}- 1)-}-(от-}-2)-}- ... 4-[/n-}-(2n 1)]
2n —1
или
2n-^/(m-}-1)(m + 2)...[m-t-(2n-l)] <
(от-}-1 )-}-[m-}-(2n —1)]	,	.
<		2Д2л-1)-----— •(2п--1) — т-\-п.	(1)
Возведя обе части неравенства (1) в (2п—1)-ю степень, получим
(m-Ь 1) (m + 2).. .[m + (2n— 1)] < (m-f-n)2"-1, что и требовалось до-
казать.
199. Произведение l1-22-33-4i.. .пп состоит из сомножителя 1,
двух сомножителей 2, трех сомножителей Зит. д., нако-
нец, п сомножителей п. Таким образом, число сомножителей в
этом произведении равно 14-24-3-}-... 4-п	. Среднее
134
арифметическое этих сомножителей равно
1 -1 +2-2+3-3 + +«•« Р+22+3» +... + п2
«(«+0
2
Но так
больше
откуда
«(п + 1)
2
п(п + 1)(2пЦ-1)2 2п+1
6п(«+1)	3
как среднее арифметическое неравных положительных чисел
их среднего геометрического, то
и (и + 1)
2	.
2пЦ-1
~3~
П («4-1)
11.22-33-44...пп<
\ и 1
Итак, мы доказали правое неравенство (для п^2). Левое не-
равенство верно, если
га (п + 1)
1 -Г 2 1 2
11.22-33-44...«л< [«+1J	’	(
Среднее арифметическое сомножителей левой части неравенства (1)
равно
ы+24+з4+...+»4	„	2
п(п+1)	п(п+!)	п+1’
2	2
Следовательно,
п (п + 1)
2 1/1.JL.JL
V 1 22 З3 п" п+1’
откуда
и (п + 1)
1	„ Г 2 1	2
11.2«.33-44...пП< [п + 1]
Итак, мы доказали неравенство (1) для п^2, а следовательно,
и предложенное левое неравенство (для п^2).
Равенства достигаются лишь при п=1.
200.	Так как среднее арифметическое неотрицательных чисел
не меньше их среднего геометрического, то
> n-{/(S-a2)(S-fl3)...(S-an).
135
Рассуждая аналогично, получим
& п“/(«-ai) (S-a3) (S-a4).. ,(S—an),
" "/(S-ai)(S-a3) (S-a4)...(S-a„),
rt-/(S-ai) (S-a2)... (S-an-J.
Перемножив последние п неравенств, получим
SHS-ax)(S-a2).. .(S-a„),
\п— ч
или axa2.. .а„Эг (/г—1)" (S —aj (S—aa).. .(S—а„), что и требовалось
доказать.
Равенство достигается лишь при ах = а2 = ... = ап.
201.	Доказываемое неравенство перепишем в виде
и-1
„п 1 и ______п » 2
(I)
Если х=1 или n=l( то достигается равенство. Если же х> 1, то,
хп______________________________________________________1
поделив обе части неравенства (1) на х—1, получим——
2
ИЛИ
n —
2
П
На основании результата задачи 157 для неравных п положитель-
ных чисел имеем
хп 14-хп~2Ц-... 4-x-pl
п
> у/ xn~1-xn~*...xA =
» / п (я—О'
= У X 2
что и требовалось доказать.
202.	Пусть т и п—целые числа, а1( аа, ..., ат+п — неотрица-
тельные числа. Имеем
ai + a-z + as+.-. + am+n m + n /у ~п  ,
--------у' в1'в2’«8-• •“»> + «	(О
Положим
а1 = аа = а8=...=а„ = хп; ат + 1 = ат+2= ... =ат+п = -^ . (2)
Из (1) и (2) следует
т+п /	j
тхп +-й>(« + «)	1/ хтп--^, или тхп+-^^т + п.
л	у	л	Лг
136
Теперь пусть tn и п.—дробные числа: /и — — , п— —, где р. р,
Я 8
г и S—целые положительные числа. Таким образом, надо доказать,
что
г
p..x~s+L. _L^z+±,
q s P q s
xq
или
£ 1
psxqs + qr — ^ps + qr.	(3)
XQS
1
Если обозначить x qs
+ Qr^pi^Ps + qr, t.
целые), а потому и в
через у, то (3) перепишется в виде psyqr +
е. мы пришли к первому случаю (ps и qr —
случае, когда т и п—дробные, доказываемое
верно.
Равенство достигается лишь при х—1.
203.	На основании зависимости между средним арифметическим
и средним геометрическим положительных чисел имеем
ап-]~ап-гЬ + ап-^+ ...-\-abn~1 + bn >
> (п + 1)" +£/(afe)i+2+3+... + *=(n +1)(а&) 2 .
204.	Взяв а чисел, каждое из которых равно — , Ь чисел, каж-
1 1
дое из которых равно у и с чисел, каждое из которых равно — >
получим
Далее, взяв а чисел, равных & + с, & чисел, равных c-j-a, и с чисел,
равных а-\-Ь, имеем
I <»+с)°+<»+Д>+(|,±->)Г.1 ‘«+0- (<+о)" «. + »)'.
L	а "г ° ।	J
137
или
Г1(^+ас±&с)-|<’+6+^ c + a)b(a+ft)C>
или
ab-j-ac-j-bc\a+6+c (<>-|-c)° (c4-а)ь (a4-<>)c
a+ft-f-c )	2a+6+c
(2)
Известно, что a2-\-b2-(-c2'^ab-}-ac-\-bc (задача 4), или (a4-b + c)23=
3 (ab + ас + be), или
a& + ac+&c
a-)-b^-c
^.a + b + c
3	‘
(3)
Из (2) и (3) следует, что
аЦ-Ь+c\a+,’+c (&Ц-с)а (сЦ-а)ь (аЦ-Ь)°
3	)	2а+ь+с '
Из (1) и (4) следует утверждение задачи.
Равенство достигается лишь при а = Ь = с.
205.	Так как числа а, р, у, ..., 6 рациональны, то их можно
представить в виде дробей с общим знаменателем. Пусть а — ~~ >
о 9 г с s
р = — , у = — , ..., о = —•, где т, р, о, г......s—целые числа.
1 т т	т
Имеем очевидное неравенство
9У ,
Р + т
а + Р + у +‘"+ 6
р + р + г “(••• +s
(1)
Поскольку p = ma, q = m$, r = my, .... s = m6, то (1) можно перепи-
сать в виде
max t mfiy туг , mb>u
~^~ + ~Р +	6~
zn(a + p + y+...+6)	>
т (а + р+у+...+6) Г( х \ та ( у \mp / г \ тУ f U \ тб
>	И«) w W -Ы •
ИЛИ
x-|-z/ + z-|-...+a	“+₽+?+••+4/' / х \а f у \Р / z\Y ! а\0
« + Р+?+---+8>	V \а/	\ у / 'VS/
наконец,
( x + y + z-}-...-f-Ц \«+Р+У+-.. + б / х \а Z у \О Z z \У f и\в
\a-f- р + т+ ... -f-б/	> \ а ) \ р / \~у) "\б)
138
206.	Если п=0 и п=1, то имеет место равенство. Если же
п ^2, то так как среднее арифметическое неотрицательных чисел
не меньше их среднего геометрического, имеем
— (2га-1+2"-2+...+2+1)> Д/2"-1-2в-2...2-1,
п	г
или, учитывая, что в скобках заключена сумма членов геометри-
। " / п
ческой прогрессии, получаем — (2"—1) > р 2	2	, или
га — 1	га — 1
2”—1 > п-2 2 , откуда 2" > 1Ц-П-2 2 .
Равенство достигается лишь при п = 0 и п = 1.
207.	Пусть а и b—первый н последний члены обеих прогрессий
и пусть между ними заключены по п членов в каждой из прогрессий.
Ясно, что k-й член арифметической прогрессии равен
„ , (* —1)(6 — а) (п— k+2)a + (k —1)6
п+1	“	п+1	’
а fe-й член геометрической прогрессии равен
fe-i
а(~У + 1 = П+У an-k+*-bk~1.	(2)
\ а )
Легко заметить, что выражение (1) есть среднее арифметическое
п + 1 чисел, из которых п—fe + 2 равны a, a k — 1 равны Ь. Также
очевидно, что выражение (2) есть среднее геометрическое этих чисел.
Следовательно,
(п—fe+2)a + (fe —1)»	п+удП_*+2
п+1	v	'
что и требовалось доказать.
Заметим, что из доказанного следует утверждение задачи 125.
§ 5.	Неравенства, связанные с показательной
и логарифмической функциями
208.	1) Так как а > Ь, то а—b > 0. Из этих двух неравенств
h ь аа Ьа
следует, что аа~ь > Ьа, или — > — , откуда аа-Ьь > <?•&“.
2)	Поскольку b < а, то b-\-ab < a-\-ab, или & (а+ 1) < а (& + 1),
b 1+& тт л.
или — <	. Логарифмируя обе части последнего неравенства
,	,	(b\ ,	1 +&
по основанию т > 1, получим	< ‘°ёи । _|_0'
209.	Требуется доказать, что
lg 1 + 1g 2 + ... + lg fe + lg (fe +1) lgl+lg2+.,.+lgfe
й + 1	k
(1)
139
Неравенство (1) можно переписать в виде
‘	. 1g l(* + DU*71 > 1g (k !)^,
-р 1	/с
1 1
[(fe +1)!]*+1 > (A!)ft.
Возведя обе части последнего неравенства в степень А(А + 1),
получим f(fe + l)!]* > (А1)*+\ [А! (А + 1)р > (А!)*А1, (A!)k (k +1)* >
> (A!)ft k!,
(A + 1)*>A!	(2)
Таким образом, достаточно доказать неравенство (2). Имеем
fe+1 > 1, j
*+! > 2, |	(3)
&4-1 > A. J
Перемножив почленно неравенства (3), получим неравенство (2).
Следовательно, утверждение задачи верно.
210.	Имеем (1 -2-3.. ,п)т > (1-2-3.. ,т)п, откуда
т (1g 14- 1g 2+ 1g 3 4-... 4-lgn) > n(lg 1 -f- 1g 2 + 1g 3 4~... +lgm),
или
lg 1 + 'g 24-lg3+ ..  +lgn > 1g 14-lg2 + lg3 + ... + lgm „
n	m	’	'
Левая часть (1) есть среднее арифметическое п чисел, а правая
часть—среднее арифметическое т чисел. В предыдущей задаче мы
.	lg 1+lg 2 +1g 3+...+lg А
доказали, что среднее арифметическое ——1!----------------------—
возрастает вместе с А, поэтому из (1) следует, что п > т.
211.	Докажем методом математической индукции. При
lg 1
имеем 1g 2 > -----верное неравенство. Предположим, что при
/г--1
n — k
имеет место неравенство
lg (А +1) > -lg А.+ ]g.2_+ 'g±2.g_fe .
(1)
Остается доказать, что если верно (1), то верно и
. lg 1 +lg 2 + lg3+ ,,, +lg A + lg (A + 1)
>	A+l	’
Из (1) имеем: lg!4'lg2-l“lg3“|_"’-4_lgA < A lg (A 4~ !)• Если в (2)
вместо lg 1+Ig24-lg3 +...+lg А подставим A lg (A +1), то этим мы
увеличим правую часть. Следовательно, если мы докажем, что имеет
место неравенство
lg(A+2)>Ml^ + l),
(3)
140
то неравенство (2) тем более верно. Но неравенство (3) очевидно,
так как lg (k + 2) > lg (k + 1).
212.	Имеем:
1)	если а < 1, то а" > а®, следовательно, 1-|-а" > 1-j-a®,
а потому и подавно (1-f-a")® > (l-t-a®)". Логарифмируя обе части
последнего неравенства, получаем т lg (1 Ц-а") > п lg (1 Ц-а®), откуда
l-lg(l+a») < llg(i+a«).
т	п
2)	Если а э»1, то а”<а®, следовательно, -4 5»-L и 14-ДтЭг
ап а а
1	I 1 \® /	1 А” (14-а"1®
S&1+^й, а поэтому ^1+^j	или	>
>-—~тп > откуда (1 + а”)® > (1+а®)п, или mlg(l-|-a")>
> и lg (1 +а®). Наконец, lg (1 4~а®) < lg (1 +an).
Таким образом, при любом положительном а утверждение
задачи верно.
213.	Перепишем доказываемое неравенство в виде
1—2х log2 J/4-х2 log2{/ + 4№ + 4% log2 1/+ log2г/S3 О,
или
(1— X logs у)2 + (2x + log2 </)a2a0,
что очевидно.
Равенство достигается, если выполнены соотношения х log2i/= 1,
log2z/ =— 2х, откуда —2х2 = 1, что невозможно. Таким образом, при
всех допустимых значениях х и у имеет место строгое неравенство.
214.	Доказываемое неравенство преобразуем к виду log2 (ху) 4-
+ [log2 (« + </)—1]а	0, что очевидно. Поскольку сумма двух неот-
рицательных чисел может быть равной нулю тогда и только тогда,
когда оба слагаемых равны нулю, то равенство достигается, если
выполнены соотношения log2(xt/) = 0, log2 (х-)-у) = 1, или ху=1,
х-(-у = 2, откуда % = </=!.
215.	Левая часть доказываемого неравенства log2 х -f- 2 log3 х X
3
X log3 — = log2 х + 2 log3 x (1 — log3 x) =— log2 x + 2 log3 x = 1 —
— (log|x—2 log3 x+l)=l— (logs x— l)a<l.
Знак равенства имеет место тогда и только тогда, когда log3x==l,
т. е. если х — 3.
216. Учитывая, что loga& = j^-^, перепишем доказываемое
неравенство в виде logn 2 + logn 5-f-logTC 10 > 4 или logn 100 > 4, или
100 > л4, или ла < 10. Так как л < 3,15, то л2 < (3,15)2 = 9,9225 < 10.
217.	Имеем loga (be) Г1 +----1 = loga (be) -f-	=
L loga6log“cJ	loga b‘°Sa c
'°gg b + logs c + l°gg?= f loga	l°gg c+j——^3®
Sg T Kg ^Iogac-loga& \ &<z 'loga&J'V 60 4ogac/
s 4, так как m-\-^2, если tn > 0.
m
141
§ 6. Неравенства, связанные с тригонометрическими
функциями
218. Имеем
А (л (В , С\1	. / В ,
c°s1-=c°s	=sm (^+-2 ) =
. В С В С	.ВС с
= Sin — COS-S- +COS'S-sin 9-• Поскольку sin-s-cos-x-< cos-к- и
z Л	z Л	Z
В . С в	А В C
cos-g-sin-g-< cos -g. TO cos—< cos—+ cos-g-.
219. Имеем
A-i- В A________________________В
cos4-|-cosB = 2cos—g—cos—g—.	(1)
Поскольку A + В + C— 180°, то	— 90°—g, а следовательно,
A-j-B . C
cos—g—=sin-g-
(2)
Так как cos—g—<1, из (1) и (2) следует, что cos4-f-cos В<
С	С
<2sin-g-. Таким образом, cos Л-f-cos B-f-cos С <2 sin -g--f-1 —
<	1 <	г	С\31/	С \2
—2sina-~ = -g Qj-l+4sin-^-4sin*yj=y—g- ^1 —2sin-g-J <
3	„
«S-g-. Знак равенства имеет место тогда и только тогда, когда
Л = В и 2sin-g-=l, т. е. когда треугольник равносторонний.
220. Первое решение. Известно, что
А— 1/ (р—&)(Р—с)
sin 2 - И Ьс
йп«=/нн, .
„4=j
(1)
.	a-l-64-с „ ,,,
где а, b, с—стороны треугольника, а р =—. Из (1) следует:
. А . В . С (р—а)(р—Ь)(р—с)
sin -s- sin— sin-s-=—---——------------.
2	2	2	abc
(P — я) (p — b) (p — c)	1
Итак, надо доказать, что —------. Имеем:
abc	8
------------ 1
У (р—а} (р — ft)<-g- [(р — а) + (р—&)] (знак равенства имеет место
142
лишь при a—b). или У(р—а)(р—ЬХ-^(2р—а—Ь),
]<(р—а)(р —&)<у , или
/(р—«)(р—&Х 1 ,	(2)
Аналогично,
V (Р—Ь)(Р—с)	1
а <Т’
К(р-с)(р—а) 1	m
------&	<т-	{4)
Перемножив почленно (2), (3) и (4), получим ——С- 
что и требовалось доказать.
£,2 _1_с2_д2
Второе решение. Известно, что cosA =—-Т_-----, или
r r	2Ьс
.	1 / b , с \ а2 _ b , с	.	, а2
cos А = -х- —р-г- —„г-. Так как--Н-т-^2, то cosA^l— ,
2 \ с b 2Ьс	с о	2Ьс
или
,	. а2 _ . , А а2
1-С08Л<Ж’ 2s,n Т<2ГС
	. А 8Ш 2 4	^2 Уьс'	(5)
Аналогично,	. В	Ь	
	sin 2 «	^2 У ас'	(6)
	. С sin 2*	с ^2 У~аЬ'	(7)
Перемножив (5), (6) и (7), получим sin -g- sin-g- sin-g- < -g-, что и
требовалось доказать.
Равенство достигается лишь при А — В = С.
Третье решение. Известно, что
2 Уab<,a-\-b,
2 У bcs^b+c,
2 У ас < а + с.
После почленного перемножения этих неравенств получаем
8а&с<(а+&) (бЦ-с) (аЦ-с).	(8)
Известно, что
а= 2R sin A, &=^7?sinB, c=27?sinC,	(9)
где R—радиус описанной окружности.
143
Из (8) и (9) следует
8 sin A sin В sin С < (sin А + sin В) (sin В + sin С) (sin А + sin С), (10)
или
. А Л . В В . С С
64 Sin — COS-g- Sin-у COS -X- Sin -JJ-COS <
ы	и	L
. Д+В	A—В . B + C B—C . д+с A—C
<8sin —=—cos—sin-----£—COS-~—Sin-5—COS-X—	.
ti	L	£	L
Так как
. Д + В С . B + C А . A-f-С В
sin—jr— = cos—; sin—— = cos —; sin—— = cos-y,
L	Li,
o . A . В . С A— В B—C A—C
TO 8 Sin -jr-sin—sinCOS --—COS   —COS-X—. Ho
i,	L	h,	£,	£
A—В 1 B—C . A—C .
cos—-—<1; cos—cos—2—поэтому
o . A . В . C ,	. A . В . С 1
8 sin —sin-5-sin —sC , или sin -7-Sin —Sin —sC—.
2	2	2	2	2	2 о
Четвертое решение. Имеем:
. А . В . С
Sin-g- Sin-g- Sin—=
А—В	A+B
C0S 2 COS 2	Д + В_
2	cos 2	~
В А—В Д+В
---cos—g- cos—
,A-B
COS2
1 г „д+в д-в д+в,
У I cos —§-cos—— cos—2—I-----
(Г	A — Bi
. Д . В .
= Sin-g- Sin -g- sin
2
2
=-|- cos2
о
Д + В C0S 2
C0S-2--------2~
д-в
2
1
2 L
Д + в
cos 2
2
4
„ Д-В
cos2 —g—
4
2 Д-в
c°s2—2-
4
Д —B-12
cos —
< 4- cos2
о
1 —tg2 C
221. Известно, что cos 2 C=, , , „ _
1 + tg2 C
Поскольку l + tg2C>0,
то для того, чтобы доказать, что cos2C<0, достаточно убе-
диться, что 1—tg2C<0. Из условия следует, что 1 — tg2C =
cos2 Д-cos2 В— (1 +sin A sin В)2
cos2 А  cos2 В
Следовательно, остается
144
Доказать, что cos2 A -cos® В — (1 + sin Л-sin В)2 < 0. Действительно,
cos2 Л-cos2 В — (1 -j-sin Л-sin В)2 = (1 — sin2 Л) (1 — sin2 В) —
—(1 +sin Л -sin В)2 =— (sin А + sin В)2 <0.
222. Поскольку х + у 4*2^3^ хуг, где x;ssO, у^0, г;
1	,	1	, t _	3
. А + . В ‘ . С з Л—д----------в-----С ’
sin-g S,Пу siny у sjn^..sin£..sin±.
Известно (задача 220), что sin 4--sin^--sin-^- <4-, поэтому
2	2	2 о
1,1,1 3
следует неравенство -------=--(--—^= = о, что
21	. D . G б / 1
Sin у Sin у siny у *
(1)
ИЗ (1)
н тре-
бовалось доказать.
223. Первое решение. Из формулы tg (ос+Р) = gx^tg^}
получаем
tgatgfi^l-tSa+-tgfi.
lgalgP tg («+₽)’
(1)
Поскольку а и р— углы остроугольного треугольника,
< а + Р < 180°, а поэтому tg(a + P) < 0. Учитывая, что
tg Р > 0, имеем
tg a + tg Р
tg(a+P)
(2)
(1)
Из (1) н (2) следует, что tg a-tg p > 1.
Второе решение. Доказы-
ваемое неравенство можно переписать
в виде
sin a sin Р
cos a cos р
Поскольку cos a > 0 и cosp > 0, то
(1) примет вид sin a sin Р > cos a cos [1,
cos a cos p—sin a sin p < 0, cos (a+P)<
< 0, что верно, так как 90° < a + p<
то 90°
в точке М
Третье решение. На сто-
роне АВ треугольника АВС стро-
им полуокружность, которая пересекает высоту CD
,	..	MD DB	MD MD ,
(рис. 6). Имеем	откуда —
CD > MD, то	> 1. Так как tg4=£^,
tg Л-tgB > 1.
Поскольку
t а CD
fgB=—, т°
145
и ... I . а а I • >	1—COS 2а . 1—cos 20 . ,
224.	Имеем sin2 а 4- sin’ 0 4- sin2 у=--1-—- 4-1 —
—cos2y=2—(cos 2а + cos 20) — cos2 [л —(а+ 0)] = 2—cos (а40)Х
X cos (а—0)— cos2 (а 4-0) = 2 —cos (а 4-0) [cos (а—0)4-cos (а40)] =
= 2—cos(n—y)-2cosacos0 = 24-2cosacos 0cosy. Поскольку в
рассматриваемом треугольнике один нз углов, например, а, неост-
рый, т. е. прямой или тупой, то cosa<:0, а cos 0 >0, cosy>0.
Следовательно, произведение cos a cos 0 cos у < 0. Таким образом,
sin2a + sin2 0-f-sin2 уе£2. Равенство имеет место тогда и только
тогда, когда треугольник прямоугольный.
225.	Первое решение. Так как 0 < Д 4- В < -^ , то
tg (Д -4-В) > 0, следовательно,	Поскольку А и
В—острые углы, то tg4 + tgB>0, поэтому 1—tg Д-tg В > 0, или
tg4-tgB < 1, что и требовалось доказать.
Второе решение. Доказываемое неравенство можно пере-
sin Д-sinB .... _	.	„	. D
писать в виде----;----я<1, sinX-sinB <cos4-cosB, совДсоэВ—
cos A- cos В
— sin Д-sinB > 0, cos (Д-0-В) > 0. Последнее неравенство очевидно,
Л
так как 0 < Д4-В <
226.	Имеем ^при С >	: В = л— А—С < л — А—-у=-у—Л,
и потому cos2 Д+ cos2B > cos2 Д-[-cos2	—Д =cos2 Д-f-sin2 Д=1,
а значит, и подавно cos2 А 4- cos2 В + cos2 С > 1.
227.	Первое решение. Обозначим стороны треугольника
через а, Ь, с, противолежащие им углы—а, 0, у, радиус описанной
окружности — R, радиус вписанной окружности — г, периметр—2р.
Очевидно, что 2р > 2лг, нли р > яг. Умножив члены последнего
неравенства на р, получим р2 > игр. Так как площадь треуголь-
_	,	о abc . abc
ника 3 = рг,	то р2 >	лЗ, а так как 3 = ^-,	то р2 >	л-- -	, или
а- > г •	47?	47?
/аН-бД-с\2 abc _	,
I——I >П4ТГ" Разделив °°е части последнего неравенства
( а4-Ь4-с\2	а-Ь-с	_	.
на 7?2, получим	—тгвг—	> л . Поскольку a=2/?sina,
\ 27? j 4/?3
6 = 27? sin 0, c = 27?siny, то имеем
27? (sina + sin 04-siny) I2 л87?3 sin a sin 0 sin у
2R	J >	47?3
или
(sin a4-sin 04-siny)2 > 2л sin a sin 0 sin y,
что и требовалось доказать.
Второе решение. Имеем очевидное неравенство:
sin a + sin 0 + sin у 5=3	sin a • sin 0-sin у.
146
Возведем обе части этого неравенства в квадрат
(sin a+sin p + sin v)2 ^s9 р/(sina-sinP-siny)2. (1)
Так как sina<l, sin p < 1, sin у «cl (знак равенства может быть
только в одном соотношении), то
(sina-sinP-siny)2 > (sina-sinP-siny)3.	(2)
В силу неравенств (1) и (2) заключаем, что имеет место неравенство
(sin a-4-sin p + sin у)2 > 9 sin a sin Р sin у. Поскольку 9 > 2л, то и
подавно
(sin asin Р + sin у)2 > 2л sin a-sin P-sin у.
228.	Доказываемое неравенство перепишем в виде
a + P	а + Р а —Р
cos % - Ss cos 2 - cos 2 -.	(1)
_	л а+Р л	а+Р п
Так	как .—%	<—< -%, то cos—> 0,	а поэтому нера-
, a —Р
венство (1) можно переписать в виде Ijsscos—, что очевидно,
а потому утверждение задачи верно.
„„„	sina + sinP	. a + P	a—Р	. a + P
229.	Имеем: ----у---- = sin 2 --cos—g-i-^sin—что
л а+Р
очевидно, так как 0<—^-£-<л.
230.	Очевидно, что при а = Р имеет место равенство. При
а Ф Р мы докажем, что имеет место строгое неравенство
2 tg —tg a —tg Р < 0.	(1)
Так как неравенство (1) симметрично относительно а и Р, то для
определенности пусть р > а. Неравенство (1) перепишем в виде
tg^-tga + tgB+₽_tgP < 0,
. Р —a	. a—Р
sin 2~	sin—2х
a + p +	a + p	й < °’
cos—~ cos a cos —~~ cos p
---------------q— < 0,
cos a cos p
—--------Ц < o,
cos a cosp
cos p—-cosa < 0,
Л	Л 3T
что очевидно, так как 0 < a < р < -g-.
147
231.	Имеем —% < —cos а < Прибавив ко всем трем частям
Л	Л Л
этого неравенства по -у, получим 0 < ——cos а < л, откуда
. ( Л	\ А
sin I —cos а I > 0.
232.	Первое решение. Имеем sin2 а 4* cos2 а = 1,
(sin2 а-f-cos2 a)2 = sin4a+cos4 а+2 sin2 a cos2 а= 1, но так как
sin4 a + cos4 a 5s 2 sin2 a cos2 a, то sin 4a +cos4 a 5s */2. Далее,
(sin4a4-cos4a)2 = sin8a+cos8a4*2sin4acos4a Ss-^-.
Так как sin8 a 4- cos8 a 2 sin4 a cos4 a, to sin8 a 4-cos8 a .
О
Равенство достигается лишь при	где k — целое число.
Второе решение. Положим sin2 a = и, cos2 a = v, тогда
доказываемое неравенство примет вид «44-о4^4- при «4-0=1, что
О
верно (см. задачу 7). Равенство достигается в том и только в том
1	,	л , л ,
случае, когда « = « = —, т. е. когда sin2a = cos2a или a = —4--g-«-
233.	Так как sin a > 0, sin р > 0, то имеем sin a 4- sin Р 5=
;>:2 У sin a-sin р, или
sin a4~sinfl
sin a-sin p
2 j/'sina-sinP
sin a-sin p
2
У sin a-sinp
__________2_____________________2______
cos (a —p)—cos(a4~P)	уЛI—cos(a4~P)
что и требовалось доказать.
234.	Первое решение. Рассмотрим разность: ctg^—
. ( а\
sinia-y j	я
—ct<ia =--Так как 0<а<7г. Итак,
а , a . sin a	2
sin-g- sin a
ctgy —ctga^sl, или 14-ctga<ctgy.
148
Второе решение. Поскольку
Cig “л-1
1+ctga — ctg-£=lH-----------ctg v =
2ctgy
235.	Учитывая ограничения для а, имеем tg а > sin а и
ctga>cosa. Сложив эти неравенства, получим доказываемое.
236.	Перепишем доказываемое неравенство в виде
т+ж+г+ж< 1+tg2“+1+ctg2a’
_!_____+_____!__<_L_+_L_>
1 +sin2 a 14-cos2 a	cos2 a sin2 a
что очевидно.
237.	Так как cosx 0, то, разделив числитель и знаменатель
левой части неравенства на cos3 х, получим:
1
______cos2x_______	14-tg2x	_ 1—2 tgx4-tg2x4-2tg х _
sin2x / cosx sinx\—tg2x(l—tgx)- tg2x(l—tg x)
cos2x \cosx cosx/
= (t~tg x)2 4-2 tgx (1 —tg x)2	2 tg x _
tg2x(l—tgx) tg2x(l— tgx) tg2X(1 — tgx)
J—tgx 2
tg2 x -rtgx(l—tgx)
Поскольку tgx4-(l—tgx) = l (постоянная величина), то при
tgx = -^- выражение tgx(l—tgx) принимает наибольшее значение
(см. задачу 289). Следовательно, наименьшее значение выражения
2	л
tg х (1 — tg х) Равн0 & Но так как при 0 < х < — выражение
1—tgx .	1 —tgx_________2____
tg2x ’ Т° tg2x + tgx(l-tgx)
238.	Имеем
„ a , a , a
COS2 7Г cos2 cos2-—
. , a „ a , a 2	2	2
y = sln2-.Cos«- = 27S1n2y  —--------—
Так как
, а „а „а
 2 a, C°S 2 C0S 2 COS 2	. a 2 a .
sin _ + ____4- ___ 4- ___= sin2-4- cos2 T == 1
149
(сумма переменных сомножителей постоянная величина), то
произведение достигает максимума, когда сомножители равны,
« «
СОЗ2	а J
т. е. sin2-j?*=—s—, или tg2-= = =- (см. задачу 289). От-
4	0	4	0
сюда tg-^-=±XpL -75-= ±nfe, где k — целое число. Итак,
4	О 4	О
Pmax= sin2 ±COS® ±±=
= — 27 — 27
4 *64~256‘
239.	Имеем: г = 2 sin —cos Х + 2 sin —cos —, или
„ . х4-у /	х—у ,	х-\-у\
г = 2 sin—( cos-^ + cos-^J .
r>	»	Х — у
В правой части последнего равенства заменим cos——
единицей, получим: г < 2 sin-Х 1cos , или
____ „ . х4-у х4-у „ ,х+у
z<2-2sin—cos—t-2-2cos2—т-2, или
4	4	4
г <8 sin cos3 “К(1)
4	4
Так как 0<*<л и 0<у<;л, то 0<*~t^ <-тг. а следовательно,
4	2
. х 4- у „ х + у п
sin—> 0;	cos—7-2- > 0.	(2)
4	4
На основании (1) и (2) имеем: z2 «£ 64 sin2 Хcos8 —• Но
sin2 Хcos8 <г^~ (задача 238). Следовательно, z2<64-^=
27	3 У~3
= -^-, откуда г<—, что и требовалось доказать.
,.	.	. „ . „	. „	cos2а—cos4а
240.	Имеем sin а sin 2а sin За = sin 2а--2------=
2 sin 2а cos 2а—2 sin 2а cos 4а sin4a-)-sin2a—sin 6а „ 3
“	4	-	4	< -4- •
Равенство могло бы быть лишь тогда, когда sin 4a = sin 2a =
— — sin6a=l, так как | sin f) | < 1.
Покажем, что этого не может быть. Для этого достаточно дока-
зать, что одновременно sin 4a и sin 2a не равны 1. Действительно,
пусть sin2a=l, тогда cos2a=0, поэтому sin 4a = 2 sin 2a cos 2a =
= 2-0 = 0 Ф 1.
150
241.	Имеем
sin3 a tg а + cos® a ctg а 4- 2 sin а cos а =
sin® ot tg® а 4-cos2 «4-2 sin a cos ot tg a
~	tga,
sin2 a tg3 a-f-cos3 «4-2 sin2 а_sin2 a tg3 a4-sin2 a4- 1
“	tg a	~	tg а	“
_ sin3«(14-tg2«)4-l _ tg2«4-l _	___1_
tga	tga g + tga ’
Таким образом, доказываемые неравенства можно переписать
в виде
tga + т^—^2*	С1)
&	' tg a
Л
если /гл < a <-g-(2&4-1), и
tga+t^T<“2’	(2)
если (2/г4-1) < a < л (/г4-1).
Неравенства (1) и (2) верные, так как известно, что	2,
если а > 0, и а4- — ^—2, если а < 0.
В формуле (1) достигается равенство, если tga=l, т. е.
при а=-^—а в (2) — ПРН а==---------
242.	Первое решение. Функция tga определена при
a А+ лй, а функция ctg а определена прн а лй; для того
чтобы знаменатель был отличен от нуля, т. е. чтобы cos a 4-ctg a =
/ 1 \
= cos a 1 -I—.— I Ф 0, надо, чтобы cos a # 0, илн a 4- л/п
\ ‘ sin a J	2
л
н sina?4 —1, t. e. a	—— 4~2л/. Итак, необходимо, чтобы
a^~s, где s = 0, ±1, ±2, ...	(1)
При соблюдении условия (1) решаемое неравенство можно
переписать в виде
sin2 a (1 4- cos a)
cos2 a (14* sin a) '	' '
Из (1) следует, что | cosa | < 1, | sin ex | < 1, sin a ^0, cosa 5= 0.
Поэтому 14-cosa>0, 14-sina>0> sin2 a > 0, cos2 a > 0. Следо-
Л
вательно, при условии a -g- s неравенство (2) верно, а вместе
с иим верно и доказываемое.
151
Второе решение. Так как а k, то из формул sin а =
= tgacosa н cos а = ctg a-sin а следует, что | tg а | > | sin а |,
| ctg а | > |cosa| . Поэтому знак выражения (sina-f-tga) совпадает
со знаком tga, а знак (cosa+ctga) совпадает со знаком ctg а.
Но tg а и ctg а имеют одинаковые знаки, поэтому s‘n	> q#
J cos a-f-ctga
243.	Первое решение. Перепишем доказываемое нера-
венство в виде x24-2xcos y-f-cos2 y-f-x2 sin2 у 4-2х sin у-|-1 SsO или
(x4-cosy)24-(xsiny4-l)25i0, что очевидно, так как левая часть
есть сумма двух неотрицательных величин. Для того чтобы имело
место равенство, надо, чтобы одновременно выполнялись равенства
x4-cosy = 0,	(1)
я sin y-j- 1=0.	(2)
Из (1) следует, что
х = — cosy,	(3)
а из (2) находим
Из (3) и (4) получаем cosy = ^=—, или sin у cos у— 1, или
sin 2у = 2, что невозможно. Таким образом, ни при каких значе-
ниях х н у не имеет места равенство.
Второе решение. Левая часть доказываемого неравенства
представляет собой квадратный трехчлен относительно х. Его корни
_ — (sin у-]-cosy) ± K(sin y + cos у)2 —(1 4-sin2 у) (1 4-cos2 у)
v 2	14-sin2у------------------------
/sin2 2y—4 sin 2y 4~4
1 sin2 у
(sin у 4-cos y) j; 0,5 V— (sin 2y—2)2
14-	sin2 у
Поскольку (sin2y—2)2 > 0 (значения хл н x2 мнимые), левая
часть доказываемого неравенства положительна при любых зна-
чениях х н у.
Итак, при любых х и у имеет место строгое неравенство.
244.	Перепишем доказываемое неравенство в виде
х2 4- 4х cos (ху) 4- 4 cos2 (ху) 4-4 — 4 cos2 (ху) 2= О,
или
[х 4- 2 cos (ху)]24-4 [1 —cos2 (ху)] 2s 0,
что очевидно, так как оба слагаемых левой части неравенства
неотрицательны. Поскольку сумма двух неотрицательных величин
равна нулю только тогда, когда оба слагаемых одновременно равны
нулю, то условие равенства в рассматриваемой задаче определяется
152
системой уравнений
J x-f-2 cos (ху) = О,
1 1—cos2(xy) = 0,
или
{х-|-2 cos (xy) — 0,
sin2 (xy) = 0.
Из второго уравнения системы находим: xy — n,k. Рассмотрим два
случая:
1)	k = 2n— четное число. В этом случае имеем систему
I x-f-2cos(2nn) = 0,
I ху — 2лп,
„ 2лл
откуда х —— 2, у —----— пп'
2)	fe = 2n-f-l — нечетное число. В этом случае имеем систему
J х 4-2 cos [(2n-f- 1) л] = 0,
( ху — л (2л-f- 1).
Отсюда х=2, у = ~(2п + 1).
Итак, равенство достигается только в двух случаях: когда
Л
х = —2, у = — лл или когда	х = 2,	у — -у (2л -f- 1), где
л — 0, i 1, i 2, ...
При других значениях х и у имеет место строгое неравенство.
245.	Доказываемое неравенство можно переписать в виде
х4-(/ х—и „	„х-1-u . ,	3	„
2cos—g-2 cos—g-2 —2 cos2—g-^4* 1—g-<0, или
,	„x4-u , x—u x-\-u , ,	_	...
4 cos2—— 4 cos—— cos—-|- 1	0.	(1)
Левая часть неравенства (1) представляет собой квадратный
Х + У п
трехчлен относительно cos—~ . Решим уравнение
. пХ-\-у , X — у хД-у , , п
4 cos2 — 4 cos —g-2 cos —4-1=0
Х + У TJ
относительно cos —. Имеем
2 cos Х	± 1/ 4 cos2 х -- — 4
х4-и	2 г	2
cos	---------------
х — у ,
cos-g-2 ±
(2)
153
х— и
Таким образом, если sin —g - / 0, т. е. если х—у / 2лй, то корни
левой части неравенства (1) мнимые. Следовательно, в этом случае
левая часть неравенства (1) положительна. Если же
х—y = 2nk,	(3)
то левая часть неравенства (1) становится точным квадратом, т. е.
корни левой части неравенства (1) одинаковы.
Остается установить, для каких пар чисел х н у имеет место
„	т, /о,	/о,	Х + У cos life , 1
равенство. Из (2) и (3) следует, что cos -	= —%— = ±	, от-
кУДа —A-^=±-o-+«n> или
£ о
2л
х+«/=±-д-4-2лп.	(4)
л
Решая совместно (3) и (4), получаем х= ±	+ л (n-j-fe),
О
У = ± -5- +л (n — k).	Итак, при х = ±	+ л (n + fe),
о	«5
ЭХ
у = ± -д—(-Л (п—k), где п н k— любые целые числа (комбинируется
+ с +, —с —), имеет место равенство, а прн всех остальных зна-
чениях х и у—строгое неравенство.
246.	Перепишем доказываемое неравенство в таком виде:
(x-f- i/)2 + 2(x+У) cos х-]-2 (1 — sin2 х) О,
(х + у)2 + 2 (х у) cos х cos2 х + cos2 х Sa О,
[(x+i/)-)-cosx]2 + cos2 х^О,
что очевидно, так как оба слагаемых неотрицательны.
Для того чтобы было равенство, необходимо и достаточно,
чтобы
{х + У + cos х = О,
cos2 х = О,
или
( х+у =°>
V cos х = 0.
JT	тТ
Отсюда х = -^-(2*+1), У — ~ -у(2*4-1).
ЭХ
Итак, равенство имеет место, если х = -g- (2k + 1), у =
=---^-(2й-]-1). При любых других значениях х и (/—строгое
неравенство.
247.	Пусть tg а 4-ctg а =х, тогда (tga4-ctga)2=»x2, или
tg2a-j-ctg2 a — х2—2. Таким образом, доказываемое неравенство
прн tga+ctga = x имеет внд 3(х2—2)—8x4-10^0, или
Зх2—8х 4-4S*0.	(1)
154
Корни левой части (1) равны 2 и -5-. Следовательно,
О
2
(1) имеет место при хЭг2 или хeg—, т. е. при tga+ctga^2
О
2
или при tga+ctga.eg -у . Если tga>0, а следовательно,
и ctga > 0, то их сумма не меньше двух, так как tg а и ctg a
взаимно обратные величины. Поэтому доказываемое неравен-
ство справедливо при tga>0 (ctga>0). Если же tga<0
(ctga<0), то tga+ctga<0, а левая часть доказываемого нера-
венства положительна. Следовательно, и в этом случае неравенство
верно.
Равенство имеет место при tga+ctga = 2, т. е. при а=-^- + лй,
где k = 0, ±1, ±2, ...
Л
248.	Предварительно докажем, что если a+P + y = -g-, то
tg a tg p + tg p tg y+tg atg y= 1. Так как a+p = -^—у, то
tg (a-f-6) = ctgy = T-^— , или tg=	• Отсюда tgatgy+
1,7	tg у *	1—tgatg p tgy	&	&
+ tg₽tgy=l—tgatg₽, t. e. tg a tg p + tg p tg y + tg a tg y= 1.
Напишем четыре очевидных соотношения:
2 /tgatgP + 5- V tg p tg y+5 eg tg a tg p + tg p tg у +10,
2 /tg p tg у+5- j/"tg a tg y-|-5eg tg p tg y + tg a tgy+10,
2 /tgatg y+5- У tgatg p + 5 eg tg a tg у + tg a tg p +10,
(/tgatg p + 5)2 + (/tg p tg y+5)2 + (/tg atg y+5)2 =
= tgatg p + tg ptgy + tgatg y+15.
Сложив почленно эти соотношения, получим
(/tgatg р + 5 + У tgptgy + 5 + /tgatgy + 5)2eg
<3 (tgatg p + tg р tg y+tg a tg у) + 45 = 48.
Следовательно, У tgatg P + 5+ /tg a tg y+5+ /tg p tg y+5
eg 4 /З”, что н требовалось доказать.
249.	Имеем: tg2 a-|-tg2 p 5s 2 tg a tg p,
tg2 a+tg2 у 5s 2 tg a tg у,
tg2 P + tg2 ySs2tg p tg y.
Сложив почленно эти три неравенства, получим
tg2 atg2 р + tg2 у 5s tg a tg р + tg a tg y + tg р tg y= 1
(см. задачу 248). Поскольку сумма tg a tg p, tg a tg y, tg P tg Y
равна 1, т. e. постоянна, то произведение (tg atg p) (tg a tg y)X
X(tg p tg Y) принимает наибольшее значение тогда, когда tg a tg p =
155
= tg a tg y = tg p tg у, или когда a = fJ = Y- Так как a-f-py =	,
то a=₽ = Y = -^-• Итак, tg2 a tg2 p tg2 y < tg6 ~ = ^ и
1	26
tg2a+tg2 P + tg2 y—tg2atg2P tg2 YSsl— ^= = ^,
что и требовалось доказать.
250.	Имеем Р =-g-(sin 4a cos 4a) ... cos 2na = ... =
1	sin
= sin 2" a cos 2" a =------——. Поскольку sin2" + 1a<l, to
251.	Первое решение. Доказываемое неравенство
если верно
I 1 К । •
-------- > sin a+cos a .
| sin a cos a |	'
верно,
(1)
Умножив обе части неравенства (1) на  g , получим
КТ
sin 2a
Поскольку j sin А | < 1, то
-К 3= К 2 , I sin (	_|_a \ I 1.	(3)
sin 2а	|	\ 4 J |	' '
Очевидно, что из неравенств (3) следует неравенство (2), а следо-
вательно, н доказываемое.
Второе решение. Очевидно, что a # ~ k. Имеем из-
вестные неравенства | tga | > | sin a|, | ctga | > | cosa|. Сложив
почленно этн неравенства, получим
| tga |-]-|ctga| > | sina| + | cosa].	(1)
Так как tg a н ctga имеют одинаковые знаин, то
I tg «1 + 1 ctga | = | tga + ctga|,
а поэтому (1) можно переписать так:
|tga+ctga| > | sina|+|cosa|.	(2)
Далее имеем
| sin a | + | cosa | та | sin a + cosa |.	(3)
Из (2) н (3) следует, что |tga-f-ctga| > | sina-f-cosa |.
252.	Левое неравенство перепишем так: 1—sin2x—2acosx +
-|-a'2ssO, или cos2x—2acosx+a2^0, или (a—cosx)2^0, что
имеет место прн любых действительных анх.
156
Правое неравенство
a (a—2cosx)<0. Так
a—2cosx<0. Но это
[	п	л \
так как 0 < x<-^ ,
перепишем в виде а2—2а cos х< О, или
как а^О, то достаточно доказать, что
очевидно, поскольку а<1, a cosx^-g-
т. е. aeCl, a 2cosx>l.
253.	Имеем
3tg2^ + 10tgy+3	3 (1+tg2 lOtgy
--------------------- —------------ --------= 3 + 5 si n а.
i + tg2y	H-tg2y i+tg3-|
Таким образом, доказываемое неравенство верно, если верно
неравенство
—2	3 + 5 sin а <8,
что очевидно, так как | sin а | < 1.
„ 2л
cos2x— cos-^-
254. Имеем sin x sin
sin
sinx f _ , 1 \ sinx cos 2х , sinx sin3x—sinx , sinx
_ ^cos2x+T J =---------g----+-1- =---------------+— =
sin 3x _
— —. Следовательно, доказываемое неравенство верно, если
1+3x1	,	,
верно ——4—< -% > нлн —1< sin Зх < 1, что верно прн
любом значении х.
255. Имеем: sin6a+cos6a = (sin2a)3 + (cos2 a)3 = (sin2 a + cos2a)X
X(sin* a —sin2 a cos2 a+cos* a) = sin4 a+2 sin2 a cos2 a+cos4 a —
3	3
— 3 sin2 a cos2 a — (sin2 a + cos3 a)2 j- sin2 2a = 1 — -j- sin2 2a. Та-
ким образом, доказываемое неравенство верно, если верно нера-
1	3
венство -j- < 1—j- sin2 2a < 1, нли О «X cos2 2a < 1, что верно
прн любом а.
256. Имеем: cos2 a+cos2 (а+Р) — 2 cos a cos Р cos (а+Р) =
— cos2 а + cos2 (а + Р) — [cos (а + Р) + cos (а — Р)] cos (а + р) =
„	. , D. .	1 +cos 2а	cos2a+cos2P
= cos2 а — cos (а + Р) cos (а — Р) = —-------------д-----l =
1—cos2P	. , й
= ----g--— — Sin2 р.
Таким образом, доказываемое неравенство верно, если верно
неравенство 0 < sin2 Р 1, что верно прн любом р. В левом соот-
ношении имеет место равенство при р = л/г, а в правом — при
Р = ~2-+лп.
257.	Так как tg a > 0, tg Р > 0, tg у > О, то имеем
tgp + tga"" ’ tg у + th ’ tga+tgy"
157
Сложив почленно все три неравенства (1), получим
tg a	tg a	tg Р	tg р	tg у	tg у
tg р "г	tg у	tg а	tg у +	tg а	tg р	" '
tg a (ctg p + ctg у) + tg p (ctg а 4- ctg y) + tg у (ctg а+ctg P) > 6,
что и требовалось доказать.
, cos2 a , cos2 a—sin2 a	cos 2a
258.	Имеем: ctg2 a — 1 =	-----1  -------------- — ~^-s— ,
°	sin2 a	sin2 a sin2 a
o . ,	, 3cos2a—sin2 a 3 — 4 sin2 a 3sina—4 sin3 a
sin2 a	sin2 a	sin3 a
sin 3a , „	, „	, cos 3a sin 2a — sin 3a cos 2a
= Ж ’ ctg 3a . tg 2a - 1 =----------------sin3(XCOs2a---------=
_________sin a
sin 3a cos 2a "
Итак, доказываемое неравенство принимает вид
cos 2a sin 3a
sin2 a sin8 a
sin а
sin За-cos 2а
1 , . , ,
или	1, или sin4asCl, что очевидно.
sin4 a
Заметим, что доказанное неравенство имеет место при a # лк,
3a itk и 2а	—|-л£, т. е. а k н а	k.
Л	О	4
259.	Имеем 0 < у < -~—(а+Р)<-^-. Отсюда
<tg [« -<»+₽>] =ctg(a+w__i_?j_!!=a^i.
Умножим обе части неравенства tg у < a-|-tg р" На выРа'
жение tga + tgP, которое при данных ограничениях а н Р поло-
жительно. Имеем tg у (tg a-|-tg р) < 1 — tgatgP, или tg a tg P 4-
+ tg P tg y+ tg у tg a < 1, что и требовалось доказать.
280.	Доказываемое неравенство перепишем в виде 2 sin2 a 4-
4~2sin3P — 2 sin a sin р —2 sin a—2 sin р 4-2	0, или (sin2a —
— 2 sin a 4-1) 4- (sin2 p—2 sin p 4-1) 4- (sin2 a — 2 sin a sin p 4- sin2 p)> 0>
или (sin a—I)2 4-(sin P — I)2 4-(sin a—sin P)2 5=0, которое очевидно.
Знак равенства имеет место, когда sina=sin Р= 1, т. е. при
а= —|-2л& и Р = -^-4-2лп, где k и п — любые целые числа.
261.	Рассмотрим разность d=cos(sin<p)—sin(cos<p) = cos(sinq>) —
л	л
.	-g-4- sin ср—cos ср	—cos ср —sin ср
— cos(~2--cos <p j =2sin------------------- sin-------------.
л
___________________________ я	~2—cos<p ± sincp я
Так как ] sin ср ± cos ср [eg У 2 <	, то 0 <---5-------<-x- ,
158
-j--hsin<p—cos<p	—costp—sinq>
а поэтому sin---------------> 0 и sin-------%------>0.
Следовательно, d > 0, откуда н следует доказываемое нера-
венство при любом <р.
262. Имеем
• о • л - ₽— а Р + а
sinp — sina = 2sini——cos1——•	(1)
_	_ Р + а л
Так как 0 < —-%— <	, то
cos < 1.	(2)
Из (1) и (2) следует, что
sin р—sin a < 2 sin у”-!.	(3)
п	„ ₽ —а л . В —а В —a .
Поскольку 0 < —g— < -у , то sin — < —%— (см. задачу 264).
Учитывая последнее неравенство и (3), имеем
sin ₽ — sin a < 2 - g a. 1 = P—a,	или	a — sina < P— sin p.
Известно, что P—a < tg (P—a), если 0<p—a <-y .
263.
Имеем
или
Р_а < tg (₽-«) =	< tg B'tg
tga—a < tg P —₽.
Из рис. 7 видим, что площадь треугольника АОС меньше
сектора АОС, а площадь сектора АОС меньше площади
264.
площади
треугольника AOB. Площадь тре-
R2
угольника АОС равна sin х, где
R — радиус круга; площадь сектора
R2x
АОС равна , площадь треуголь-
на
ннка АОВ равна • tg х. Итак,
имеем:
R2 .
TS1
или
АОС меньше площади
R2
2
R2
2
sinx < х < tgx. (1)
Теперь докажем второе неравенство.
Поделив члены неравенства (1) на sin х > 0, получим
х tg х . х 1	sinx
------ < -?	, или 1 < —- < - , ИЛИ COS X < - <
sinx sinx------------------------------------------sinx COSX	X
159
265. Так как sin а < а < tg а (задача 264), то
2 <^2 •
(1)
Умножим обе части неравенства (1) на положительное число
2cos2-^-, получим a-cos2 ~ < 2 tg-^- • cos2 ^- = 2sin cos-^ =
2	2	2	2	2	2
==sina, илн
a ^1—sin2-^ < sina.	(2)
Поскольку sin	, то, заменив в левой части неравенства (2)
• a a	t , a2\	a8
sm — на -g-, получим all —— j < sin a, t. e. a—< sin a.
x*
266. Известно, что x—< sin x < x (задачи 264, 265). Имеем:
. 11 1
Slnn — l^-l 4(n —I)8’
• 1 1 1
Sinn+1 n+1 4(n+l)8’ (
„.12
—2 sin—>-----.
n n	)
Сложив почленно неравенства (1), получим
1 , . 1 п . 1
sin---7 + sm —г-7 —2 sm —
n— 1 rt+1	n
1 Г 1	11	3n2 (n2 —4) + n2 + 4
4 1(п-1)з+(п+1)э] -	2n(n2 —I)8
2
что и требовалось доказать.
267. Левая часть доказываемого неравенства есть сумма п сл
гаемых, каждое из которых не больше единицы. Следовательно,
левая часть меньше или равна п, причем равенство может
лишь в том случае, если все слагаемые равны по единице,
жем, что равенства не может быть. Для этого достаточно доказать,
что хотя бы два слагаемых одновременно не могут оыть равн .
Действительно, предположим, что sinx=l, тогда cosx —О, поэт у
sin2x=2sinxcosx=2-1-0=0 £ 1- Следовательно, имеет место стро-
гое неравенство.
268. Имеем:
sinasin a = COs0—'cos 2a
2
.„	. cos 2a—cos 4a
sin 3a sin a=
2
sin5asina=cos4a-cos6a
(1)
2
sin (2n -1) a sin a—-cos (2n~2) a- cos 2n a
2	’ 7
160
Сложив почленно все равенства (1), получим
sin a [sin a+sin 3a+sin 5a + .  • +sin (2n — l)a] =
1—cos2na „
=-----------= sin2na. (2)
Поделив обе части равенства (2) на sin2 а, находим
sin a+sin 3a+sin 5a+ ... +sin (2n— 1) a__ /sin na\2
sin a	\ sin a J
что и требовалось доказать.
269. Имеем:
2
ё 1	47 \l + tgatgq> J
_ (я—I)2 tg3q>	_	(п — I)2	_
~ 1 + 2n tg2 <р + пг tg4 <p~ctg2<p + ‘2/i + n2 tg2 <p~
(n —I)2	(n —I)2
~ (ctgq>—n tg <p)2+4n 4n
что и требовалось доказать.
270. Применим метод математической индукции. Если п = 2, то
л
0 < a <	. В этом частном случае имеем
tg 2a= 2\g” > 2 tg a,
1—tg2 a °
очевидно, так как 0 < tg2 a < 1.
Далее, пусть при n=k имеет место неравенство
tg ka > k tg a
ЧТО
при
условии
(1)
(2),
вни
Докажем, что если имеет
то имеет место неравенство
° < « < тт 
4ft .
Применим формулу
tg (Л-}~ 1) сс=
it
<4ТГ=Т)-
место неравенство (1) при условии
tg (& + l)a > (&+l)tga прн усло-
(2)
тем
Так как неравенство (1)
более будет иметь место
О
tg fea-Hg «
1 — tga tg ka'
выполняется при условии (2), то оно
Л	т т
при 0 < a < тг. Но
г	4k
(3)
(4)
н так как 0 < ka < -г-, то
4
О < tgAa < tg^-
(5)
6 И. X. Сивашияский
161
Из (4) и (5) получим
О < 1—tgatgfea< 1.	(6)
Из соотношений (1), (3) и (6) следует tg (k -j-1) a > (fe+ 1) tg a, что
и требовалось доказать.
271. Поскольку большему углу первой четверти соответствует
большее значение тангенса, то имеем
tg ar tg az tg a„,	(1)
где /=1, 2, 3, п. Умножив обе части (1) на cosa;- > 0, получим
tg cos a, sin a(- < tg a.n cos az.	(2)
Придавая i всевозможные значения (1, 2, 3........n),	получим n
соотношений:
tg«! cosa1 = sina1 < tga^cosaj, 'j
tgax cosa2 <sina2 < tg an cosa2, I
tg az cos an < sin an = tg a,, cos art. '
Сложив почленно все n соотношений (3), получим
tg «j (cosa! + cosa2 +  . 4-cosaJ < sinaj-J-sin a2 +... -[-sin a, <
< tg (cosaj+cosa, + ...+cosart). (4)
Разделив все три части неравенства (4) на выражение cosal +
+ cosa2+ ... +cosa„, которое положительно, получим
sin a, + sin a, + ... + sin a„
tg ai <-----Ц------n-----r-------- < tg a„.
& cosaj+cosa2 +• • •+cosa„ & ”
272. Пусть
3 ... Докажем,
Л
О < (й-}-1)х < g-, где k принимает значения 1, 2,
что
cos(fe4-l)x cos kx „
—'—< —тт—‘ c°sa х‘
cos kx cos (ft — 1) X
(1)
Действительно,
COS (fe+ 1)X COS (fe+ l)x-cos (ft — 1) X
cos kx cos kx-cos (k— l)x
(cos kx cos x-j-sin kx sin x) (cos kx cosx— sin kx sin x)
cosfexcos (k — l)x
cos2 kx cos2 x— sin2 kx sin2 X cos2 kx COS2 X _
= cosftxcos(ft— 1) x coskxcos(k — l)x“
cos kx „
= ----7E--JT— COS2X.
cos (k — 1) x
162
Придавая в неравенстве (1) параметру k значения 1, 2, 3,
п, получим
(n-1),
cos 2х
cos х
cos Зх
cos 2х
cos 4х
cos Зх
cosx
: —j— • cos2 х,
cos 2x
------- cos2 x,
cos x
cos 3x
----= • COS2 X,
cos 2x
(2)
COS (я + 1) X
COS ях
Перемножив почленно все
COS пх
< ----7---77— • COS2 X.
cos (я— 1) X
неравенства (2) (это можно сделать, так
соз(я4-1)х
положительны), получим ------1;—— <
'	cos х
как все члены неравенства
< cos nx*cos2” х, откуда и следует доказываемое.
273. Первое р ешение. Имеем у~—2 sin2 x-f-3 sin х+ 1, или
г/ 3 \2 171
у ——2 | [ sinx—-у-j ~~1б Г Очевидно, что у принимает наименьшее
7  Л2
когда (sinx—у 1 принимает наибольшее значение и у
наибольшего значения, когда (sinx — -у- I принимает на-
/	3 \2
значение. Выражение ( sin х—— 1 имеет наименьшее зна-
3
чение (нуль), когда sinx = -y, а
Q \ 2 ДО
sinx —-у-j
17
-X- , ИЛИ
о
значение,
достигает
именынее
т.
н Ушах-----2
лось доказать.
Второе решение. Имеем
+ 3sinx+l. Пусть sinx=z, где
___________________Ч Q
+ 3Z+1. Если2 = 7?-4т = 4-, то
<49\
наибольшее 1 при sin х=—1,
Итак, ymin=—2
1
—, что и требова-
о
— 4
y = cos 2х + 3 sin х— —2 sin2 х +
— 1	тогда у——2z3 +
получаем
о 3	1
Ушах=-2-Ш+3 .- + 1=2-.	(1)
По свойству квадратной функции у=—2z2 + 3z + l возрастает в
интервале I — со, — ) и убывает в интервале /-у-, 00 ) • Но так
как — 1 < г 1, то:
3
1) для значения г наименьшее значение у получается
при г — — 1, т. е.
Упип—	—3+1-----4;
(2)
163
6*
2) для значений г > -j- наименьшее значение у принимает при
г — 1, т. е.
!Anin=—2-J-3-J-l=2.	(3)
Из соотношений (1), (2) и (3) заключаем, что —4<p<2-i-.
О
274.	Имеем
__ а (1 —cos2x) b sin 2х с (1 + cos2x)
У —	2	1	2	1	2
а-\-с , b sin 2х
(с—a) cos 2х
__ а -J- с J^ft2 + (с — а)2 / Ь
2	2	+ —а)2
sin 2х +
с — а
62Ц-(с — а)2
cos2x
Легко найти такой вспомогательный угол <р, что
—. - 	--= cosm и - т— -	 = sin ср.
У62 + (с — а)2	)^62+(с —а)2
Итак,
а-\-с	К&2 + (с — а)2	.
у = —----------------- [ sin 2х cos ф + cos2х si п ф],
или	_________
а + с /Ь2+(с-а)2 . 8ш(2х+ф).
и 2	‘	2
Так как —К sin (2х+ф)< 1, то #тах = -~гр+	’ а
а + с К^2 + (с-а)“2
t/min— 2	2 э 1. е.
а + с	)/ЛЬ2+ (с — а)2	а + с	V Ь2+(с—а)2
---------------------------< у	+------------- ,
что и требовалось доказать.
275.	Перепишем доказываемое неравенство в виде
' 1 _L * ~8'п -к _2 — sin х
2^*2—sinx 3—sinx
(1)
Так как 2(2 — sin х) (3 — sinx) >0, то неравенство (1) верно, если
верно неравенство sin2 х—^5 sin х + 4 5:0, или
(4 — sin х) (1—sin х) >0.	(2)
Неравенство (2) имеет место при любом значении х, так как
4—-sinx > 0, 1 — sinx5 0.
164
Jt
Равенство достигается лишь при х = — -j-2kn, где fe = 0, ± 1,
±2, ...
„	• л • о cos(A — В) — cos(A4-В)
276.	Так как sin A-sin В =-------------—*—то условие
задачи можно переписать так: cos(A— В)—cos(A-}-B)> 1. Отсюда
cos (А + В) < cos (А — В) —1<0. Следовательно, А + В > 90°, а по-
тому С < 90°.
277.	Первое решение. Имеем sin a cos Р+cos a sin р =
= 2sina, или cos a sin [J = sin a (2—cosfJ). Поскольку cos a sin p <
< sin p, то и
sin a (2 — cos P) < sin p.	(1)
Далее, так как 2 —cosfJ > 1, то
sin a < sin a (2—cos P).	(2)
Из (1) и (2) следует, что
sin a < sin p.	(3)
Поскольку a и [J—острые углы, то из (3) заключаем, что a < р.
Второе решение. Имеем sin (<х-|-р) = 2 sin cosK^~^ ,
, . „ о • «+Р a—р	la—р I а + р
sina-j-sin р= 2 sin—cos г ; так как —1 <	9 (для
а —р _ а + Р	. , ,
острых углов а и р), то cos—> cos—у-, т. е. sin(a-J- Р) <
< sina-f-sin р. Из равенства sin (a-J-P) = 2 sina получим теперь
sin a < sin p, откуда a < p.
278.
sin x — cosx
sinx-J- cosx
/2 .	]<2
-Ду- sin x—Ду-cosx
/2 .	, ]<2
-Ду- sinx-]—Ду-cosx
=|‘g
откуда — y<:x— л/г < у или л/г x у + л/г, что и тре-
бовалось доказать.
279. Первое решение. Так как tg х — 3 tg у, тох у (учи-
тывая ограничения на х и у). Пусть x = a-J-y, где а^О.
Имеем tg (а + у) = 3 tg у, или г~tg У- Отсюда
* lg а lg у
1 + Vi—3te2a
3 tg a-tg2 р—2 tg p-J-tg a = 0 и tg p = ± K 1	.
o ig a
Для того чтобы tg у было действительным, необходимо, чтобы
1	JT
1 — 3tg2«S=0. Отсюда tg2a<—. Поскольку 0<а <	, то
о	Z
, КЗ" л	л
tg а<Ду-и as£-g-, следовательно, имеем а = х—у<-^, что и
требовалось доказать.
165
о	гл x X rtA	sin(x — У)
Второе решение. Имеем tgx—tg#=2tg у, или —----------—
cos х cos у
2	sin у , ,	. „	.	. ,	,	. , , ,
= "cosy ’ ИЛИ s n ^х~J/) = 2cosхsin	или sin (х—t/) = sin (х+#)—•
—sin(x—у), или 2 sin (х—p) = sin (х+у)< 1, откуда
sin (х—У)<~.
Учитывая ограничения х и у, получаем х—у^~.
6
280.	Данное неравенство можно представить так:
tgy(tga+tgP) < 1 — tgatgP-	(1)
Так как левая часть этого неравенства положительна, то
1—tgatgP >0.	(2)
Разделив обе части неравенства (1) на tgy(l—tg a tg (J), полу-
tg a+tg Bl .	, [ л \
ЧИМ: 1-tgat-g-p < t^=ct^ = ‘S	) • «ли
tg(a+P) < tg у у	(3)
Учитывая, что tg =	, 0 < a < л/2, 0 < P < л/2,
а также неравенство (2), заключаем, что tg(a+P) > 0. Поэтому из
(3) следует, что a+p < л/2 —у, т. е.
0 < a+p + т < у.
281.	Ясно, что (1—sinx)2 + sin2 (х— 1) ss=O. Докажем, что ра-
венство невозможно. Если бы (1—sin х)2 4 sin2 (х —1) = 0, то это
могло выполняться только тогда, когда одновременно 1 — sinx = 0
и sin (х —1) = 0, откуда х=-^- + 2л/г и х=1+л/г. Из этого следует,
л	2
что -£- + 2л/г = 1 + лп, или л = i _|_4^	' П°слеДнее равенство не-
возможно, так как иррациональное число не может быть равно ра-
циональному. Следовательно, наше допущение привело к противо-
речию.
X
282.	Имеем |sinx|<l, sin2-=-<l. Перемножив эти два нера-
О
венства, получим П sin х | sin2 -^-< 1. Таким образом, левая часть
доказываемого неравенства
21 sin х | sin2< 2.	(1)
О	.
Далее, известно, 4то сумма взаимно обратных положительных
чисел не меньше 2. Следовательно, правая часть доказываемого
166
неравенства
*2 + ^2.	(2)
Из (1) и (2) следует, что правая часть равна левой лишь прн зна-
чениях неизвестного, удовлетворяющих условиям!
( *2+^=2-
| 21 sin х | sin2 g' = 2.
Первое равенство системы имеет решения х=±1. Но значения
х=± 1 не являются решениями второго уравнения. Следовательно,
х	1
2 | sin х I sin2 -=- х2+—з •
1	1	5 х2
283.	Доказываемое неравенство перепишем в виде
-----3111 	 «г 2, 	--
а-------------------------------------------а .а
sm-g- sin а cos “2—cos а sin-g-
sin а—cos а----
а
sin a cos -z—
2	, n n 9 а n
—<2, 2 cos2 —< 2,
. a \	2
что очевидно.
284.	Неравенство —1 равносильно неравенству у2—1<0.
Имеем:
„	, /x2cosa—2x + cosa\2 ,
У 2   1 — -----------!--- I — 1 из
\ х2—2xcosa-J-l J
xi cos2 <x4-4x2 + cos2 a—4x3 cosa4-2x2 cos2 a—4x cosa ,
(x2— 2x cos a4-1)2	’’’
—x4 — 4x2 cos2 a— 1 + 4x3 cos a — 2x2 + 4x cosa
(x2— 2xcosa + l)2
x4 (cos2 a— 1)-1-2x2 (1 —cos2 a) 4-(cos2 a— 1) __
a	(x2 — 2x cos a+1)2
(x2 — I)2 sin2 a
(x2—2xcosa+l)2< ’
что очевидно. Равенство достигается лишь при х«± 1.
285.	Имеем л sin2 a + b cosec2 a = CK a^sin a—У bcoseca)2 +
4-2 УаЬ^2 Уab. Знак равенства имеет место лишь при sin2a =
И7
286.	Доказываемое неравенство перепишем в виде
(1 + sin2 a) (tg2 а — 2) 4-(ctg2 аctg2 а sin2 а) 2s О,
(1 + sin2 а) (tg2 а 4-ctg2 а—2) ^>0,
(14" sin2 а) (tg а — ctg а)2 ^0,
что очевидно. Следовательно, утверждение задачи верно.
Знак равенства имеет место только в том случае, когда tg2a =
= ctg2 а, т. e. лишь при a = -^—(2/«+1), где k = 0, ±1, ±2,...
287.	Имеем:
У 1—2 sin a cos a ,_____2_____
sin2 a — cos2 a ' sec a4- cosec a
^(sina—cos a)2
sin2 a—cos2 a
2 sin a cos a I sin a—cosa| , sin 2a
	•—r --------- -J—		-yg
sina-f-cosa	sin2a—cos2a	sina4-cosa
1 flsina—cosal ,	[ n „
—r---:---- 114- cos -s— 2a | =
sina4-cosa [ sin a—cosa \ 2 /J
1	Г1 sina—cosa I , /л „
=------------- i_--------'4. cost — 2a
1/-?r I it \ I sin a—cosa	\ 2
у 2 cos -j-a L
Таким образом, доказываемое неравенство можно переписать
в виде
1 Пsina—cosa| , /л „ Л-]
— У 2 <---------*-----—г	! 4- cos -jr — 2a < у 2.
,лгг	I я	\ L sina—cosa \ 2	/
У 2 cos —----«	J
т	\ 4	J
(1)
Из условия следует, что sina > cosa, поэтому (1) имеет вид
— К 2 < ---------------------г Г1 4- с°8 ( -5— 2a'j 1 < У2,
1 Cl [JT \ (	k 2	] I
У 2 cos ( —— a I	J
— У 2 < ----------------------- 2 cos2 f - a V У2,
7 л	А	\ 4	7
у 2 cos -------a 4	1
k 4	j
— У 2 < / 2 cos f — — a < У2,
что очевидно.
288. Имеем
। sin nx | = | sin [(n — 1) x4-*] I =
= | sin (n—1) x cosx 4-cos (n —1) x sin x |. (1)
Но так как | a 4-b | < | a 14-1 b |, to	।
| sin (/г— I) x cos x4-cos (n— 1) x sin x | <
sin (n— 1) x cosx 14- | cos (n—1) x sinx |. (2)
168
Далее,
| sin (n—1) x cosx | < | sin (n—1) x |,	(3)
|cos(n— l)x sinx K| sinx |.	(4)
Сложив почленно неравенства (3) и (4), получим
| sin (п — 1) х cosx | + | cos (n — 1) x sin x | <| sin (n— l)x| + ] sinx |. (5)
На основании свойства транзитивности неравенств из (2) и (5)
следует, что
| sin (п— 1) х cosх +cos (п — 1) х sin х | < | sin (п— 1) х |-f-| sinx |.	(6)
В силу соотношений (1) и (6) получаем
| sin пх КI sin — 1) х | +1 sin х |,
| sin (п— 1) х К I sin (п — 2) х | +1 sin х |,
| sin 2х |	| sin х | +1 sin х |.
Сложив почленно неравенства (7), получаем | sin пх К п I sin х |, что
и требовалось доказать. Равенство имеет место лишь при п = 0 или
при х = л/г, где ft = 0, ±1. ±2,...
§ 7.	Нахождение наибольших и наименьших значений
функций
289.	Пусть дано т переменных a, b, с, d...Z, сумма которых
постоянна (равна тг). Пусть а0, b0, с0, d0..Zo— такие значения
переменных, что a0 = b0 = c0 = d0= ... == Z0 = r.
Тогда произведение Pn = aobocado.. ,l0 = rm. Если alt bt, сх, dlt ...
.... /j такие значения переменных, среди которых имеются числа,
неравные г, то в этом случае среди этих значений имеются числа,
большие г, и числа, меньшие г. Положим, что ах > г, Ьг < г. Тогда
ax = r-\-h, br~r—k, где ft > 0, ft > 0. Пусть P1 = a1b1c1dl.. . Zx или
Pj = (г + ft) (г—k) с^.. .lt. Если заменить a1 = r-|-ft числом г, bt =
=r—ft—числом г 4- ft—ft, оставляя ......Zx без изменения, то полу-
чим произведение P2 — r(r-j-h—ft) с^.. ,ZX (сумма сомножителей при
этом не изменяется). Докажем, что Р2 > Pt. Так как r(r-|-ft—ft) =
=r2-|-r(ft—ft), a (r~rft)(r — ft) = r2 + '-(ft—ft)—ftft < <2 + r(ft—ft),
to r (r + h — ft) Cjdj.. .Zt > (r + ft) (r—ft) Cjdj.. ,1г или P2 > Ри Вос-
пользуемся методом математической индукции. Допустим, что
проделав ft раз аналогичную операцию с ft парами сомножите-
лей, мы получали произведения Р2, Р3, .... РА+1, где Pi < Р2 <
<Р3 <...<	< Pk+i- Произведение Рк+1 содержит не менее ft
сомножителей,' каждый из которых равен г. (Число таких сом-
ножителей может быть больше ft, если в произведении Рг имеются
сомножители, равные г.) Тогда Pk+i — rkP, где Р—произведение
тех (m—ft) сомножителей, входящих в Рх, которые в процессе
указанных операций не участвовали или были заменены числами
вида (г + ft—ft). Если в произведении Р имеются сомножители
f = r-|-ft1 и i = r—ftj, то, заменив f числом г, a Z числом r-^-hx — ftx,
получим (так же как при переходе от Pj к Р2) произведение Р' > Р.
169
Поэтому Pk+t = rkP' > Pk+i- Если указанные выше операции
проводить до тех пор (этих операций будет не больше т), пока
все множители станут равными г, то получим Р0=*гт, причем
Pi < Р2 < Рз < • • • < т- е- произведение т положительных пере-
менных сомножителей, сумма которых постоянна (тг), имеет
наибольшее значение гт при равенстве всех сомножителей.
Заметим, что неравенство Коши (см. задачу 157) является след-
ствием доказанного предложения. Действительно, пусть
и
аг > 0, а2 > 0, а8 > 0, ..., ат > О
«1 + 02 + 03+ • •• + ат = та,
где та—постоянная величина.
Согласно доказанному предложению
агага9.. ,ат <ат,
(1)
(2)
причем знак равенства имеет место лишь при о1 = о2 = .,. =ат=^а.
Из (1) и (2) вытекает, что а.а2а3.. ,ат < f	'+а»Л"’
\	т	]
т/ ---------	«1 + «2 + «з + • • • + «т
или -р/	. ,ат <—------1.
290.	Пусть аг > 0, а2 > 0, а3 > 0, ..., ат > 0 и ara2,. ,am—bm,
где Ьт — постоянная величина; b — действительное положитель-
ное число (рациональное или иррациональное). На основании нера-
венства Коши (см. задачу 157) имеем
т/ ~^п ai + «г + йз + 1   + «/л
V	т
или
6 < а1 + «2 + «з+    +«Я1
т
(1)
Знак равенства имеет место лишь при а1 = аа = а3 — ... —ат. Из (1)
имеем а1 + а2 + а3 +... -)-ая ^mb, т. е. сумма a1-4-a2-f-a3 + ... +ат
имеет наименьшее значение, равное mb, при а1 = а2 = а3= ... = ат.
291.	После преобразований данная функция принимает вид
у — пх* — 2 (aj + а2 -f-... +«п)х + («г + аг+ • • • +«п).
Известно, что функция ах-~-Ьх^с в случае а > 0 имеет наименьшее
значение при х = —• Таким образом, в рассматриваемой задаче
«1 + а2 + ... + а„
у имеет наименьшее значение при x=-L--—s-i----------2,
292.	На числовой оси отметим точки А, В, С, D, соответствующие
числам а, Ь, с и d. Точку с переменной абсциссой х обозначим
через М. Рассмотрим все возможные случаи.
1)	Если х<а, то ф(х) = Л1Л+Л1В + Л1С + Л1Р = Л4Л + ЗЛ1В +
-}-2ВС А-CD. Отсюда следует, что ф (х) будет принимать наименьшее
значение в том случае, когда точка М совпадает с точкой А, и что
это значение равно
ЗЛВ-|-2ВС + СО.	(1)
170
2)	Если a<x<fe, то (f(x) = AM-j-MB + MC-\-MD = AB +
+2MBA~2BC-\-CD. В этом случае функция <р(х) принимает наимень-
шее значение, когда точка М совпадает с точкой В; это значение
равно
AB + 2BC + CD.	(2)
3)	Если fe<xsgc, то функция <р (х) постоянная и равна
AB + 2BC + CD.	(3)
4)	Если с<х < d, то функция <р(х) принимает наименьшее зна-
чение при х = с и равна также
AB + 2BC + CD.	(4)
5)	Если х d, то функция <р (х) принимает наименьшее значение,
равное
AB + 2BC + 3CD.	(б)
Сравнивая полученные результаты: (1), (2), (3), (4) и (5), видим
что наименьшее значение функции ф (х) равно AB-^2BC-}-CD, илн
Ь—п4-2 (с—b)+d—c = d-}-c—b—а. Это значение функция ф(х)при?
нимает при условии, что б<х<с.
293.	Функция состоит из произведения восьми сомножителей,
из которых 5 равны 1—х, 1 равен 1 4-х и 2 равны 14*2х.
На основании зависимости между .средним арифметическим и сред-
ним геометрическим имеем
- (1 ~f.) + (l_+x) + 2 (1 +.2х) 8/(1 _х)5 (1 +х) (1 +2х)\
или */(1—х? (1 +х) (1 4-2х)2 < 1, т. е.
(1 —х)6 (14-х) (14-2х)2 < 1.	(1)
Правая часть неравенства (1) не зависит от х, поэтому наи-
большее значение достигается при равенстве сомножителей, т. е.
прн 1—х= 1 4*х= 1 4~2х. Эти равенства возможны только при х=0.
Итак, наибольшее значение у — 1 (при х = 0).
Заметим, что эту задачу можно решить по-другому, воспользо-
вавшись задачей 289.
294.	Имеем
р = г4-2х.	(1)
Подставив это значение у в данное уравнение, получим 36х2-|-
4-16 (г4-2х)2 = 9, или 100х24-64гх-|-16г2— 9 = 0.
— 32г ± К900 — 576г2
Отсюда х=----------igg----------илн
— 16г ± 3 К25—16г2	/т
х=---------go----------.	(2)
Для того чтобы х было вещественным, необходимо, чтобы имело
5	5
место неравенство 25—16г2 ^0, откуда —Итак, нап-
171
большее значение функции а наименьшее —— • Значения х
5	5
н у, соответствующие z=—— и г=-^ , легко найти из (2) и (1).
295.	Имеем cdz = cd(a—x)(b—у) (cx-j-dy), илн
cdz — (ac—cx)(bd—dy)(cx-}-dy).	(1)
Поскольку сумма (ас—cx)-}-(bd—dy)+(ex4-dy) = ас + bd—постоян-
ная величина, то выражение cdz достигает максимума при
ас—cx = bd—dy — cx-(-dy.	(2)
„	...	2ac — bd	2bd—ас
Решая систему (2), находим х = -—=---, у = —.
ОС	ои,
Таким образом, наибольшее значение выражения cdz равно
[ 2ас—bd\ [ ,, 2bd—ас\ (2ас — bd , 2bd—ас\ (ac-(-bd)3
ас-------— ) { bd--------з-)	~3— ) = —тГ~ ’
*	(ac + bd)3
а наибольшее значение г = -— ‘	.
27 ас
296.	Имеем
у = V (/++Г+1р + / (/Я+Г-1)2 =
= /*+1 + 1+1 К*+1-11.
Очевидно, что функция определена при х —1. Если *5=0, то
у = 2/"х +1 Sa 2, а если —1<х<0, то у = 2. Итак, наименьшее
значение у равно 2.
297.	Функция определена, если 1—х2 > 0, т. е. прн
-1 < х < 1.	.	(1)
у2 — I —_
^/1—х2
Исследуемая функция достигает минимума при тех же значениях х,
что н ее квадрат. Имеем
5 —Зх V 25—30х + 9х2_9—30х + 25х2	16(1—х2)__
1—х2 ~	1—х2 + 1-х2 ~
= f ^~~5у Y+ 16 Sa 16.
1—х2/
Таким образом, наименьшее значение р='/16 = 4, если 3—5х = 0,
т. е. прн
3
Х~ 5
(2)
Поскольку (2) не противоречит (1), то задача решена верно.
298.	Область определения функции находим из системы неравенств
- ( —x2 + 4x+12sa0,
1 —х2 + 2х+ 3sa0,
172
откуда
— 1 <х<3.	(1)
Докажем, что для всех х из области определения у > 0. Дей-
ствительно, в этой области неравенство У~ —x2-J-4x-}-12 >
> у —х24-2х-]-3 равносильно
х>—4,5.	(2)
Поскольку все числа из промежутка (1) удовлетворяют неравен-
ству (2), то у > 0.	_
Имеем у2 = [1' (х+2)(6—х)—J^(x-|-1)(3—х)]а = [)^(х-|-1)(6—х) —
— V(х + 2)(3—х)]2-|~3 5г 3. Итак, у2^3. Но поскольку у > 0, то у 5г
р- р^З. Таким образом, наименьшее значение данной функции равно
У^ 3. Легко убедиться, что оно достигается при х = 0.
299.	Функции у и у2 достигают наибольшего значения при
одном и том же значении аргумента х.
Имеем -i- уа = -^-х4(а2—х2) = -^- х2 • -|-х2 (а2—х2). Сумма -^-х2 +
+ -^-х2 + (а2—х2) = а2 — постоянная величина, поэтому функция
у2 достигает наибольшего значения при -^-х2 = а2—х2, т. е.
2а2
при х2 = —х- . Таким образом, наибольшее значение
О
2а2 Г--------w 2 | а31	,	2а2
у=~гУ з-=з“П при х ~-
300.	Функция определена, если 1—х25»0, т. е. при—1<х<1.
Так как у < 3 | х | + 4 У 1 —х2, то наибольшее значение у возможно
только тогда, когда
0 < х < 1.	(1)
Исследуемая функция достигает наибольшего значения при тех
же значениях х, что и ее квадрат. Имеем у2 = (3х + 4рл1—х2)2 =
= 9х2 + 16 — 16х2 + 24х К1—х2 = — [ 16х2 — 24х у^Т^х* + 9(1—х2)] +
4-25=—(4х —ЗК1—х2)24-25<25.
Таким образом, наибольшее значение у=уг25 = 5, если 4х —
— 31^1—х2 = 0, откуда 4х = 3рл1—х2, или 16х2 = 9—9х2, или
Q
х = Т.	(2)
Поскольку (2) не противоречит (1), то задача решена верно.
173
... ..	X’+16	.	,	х8— 12x4-16	. 1о
301.	Имеем у =-------j-------12 4-12 =----------------1- 12 =
х34-4х2— 4х2—16х-|-4х+16 , ,о (х-|-4)х2—4х(х4-4)4~4(х-|-4) ,
——	—|- 1Z —	-	4-
X	X	’
(х4-4) (х_2)а
4-12, или у=—----------------—f-12. Очевидно, что если х > 0, то
(х ~1“ 4) (х ~~ 2)а
2 = —--------------—2s 0. Отсюда видно, что наименьшее значение
г = 0 при х = 2, а следовательно, наименьшее значение у =12 при
х = 2.
302.	Пусть данная дробь равна с; тогда после тождественных
преобразований получим
(2—с) х4—4х®-|-(9—2с) х2—4x4-2—с = 0,
или, если х Ф 0,
(2—c)^x24--i-) — 4	4-9—2с = 0,
(2—с)^х-|-—— 4 ^х4~ —4-5 = 0.	(1)
Для того чтобы х было вещественным, необходимо, чтобы и х-|—-
X
было вещественным, т. е. надо, чтобы дискриминант уравнения (1)
был неотрицательным, т. е. 4—5(2—с)	0. Отсюда с^-~. Таким
образом, наименьшее значение у=1,2. Мы нашли наименьшее значе-
ние у, исходя из предположения, что х ф 0. Если же х = 0, то у —2.
Так как 2 > 1,2, то у = 2 не является наименьшим значением функ-
ции. Подставляя в (1) значение с = -=-, найдем соответствующие
и
значения х.
303.	Поскольку произведение amkxbm~kx — ab постоянно, то дан-
ная функция достигает наименьшего значения, когда аткх = Ьт~кх<
или т2кхж=~ , откуда ткх^= у/~и т~кх — j/"Таким обра-
зом, наименьшее значение у = а j/"-^- + &	-у= У'аЬ-!- У^аЬ —
= 2)/аЦпри x = jlogCT —
304.	Поделив обе части неравенства Буняковского
(а1х1 + а2х2 + • • • + алхгг)2 (°1 + а2 4~ • • • + ап) (х1~!~х2 + • • • ~1~хп)
на Xi4-xl4-... 4-х2, получим
__(а1Х1 + Й2Х2 + • • • + йпХп)2
У	2 I 2 I	.	2
Xi 4- х2 4-... 4- хп
(ai4~a24~ • •  Н~ап) (х1 + хг4~ • •  4~хп)
2 ,	2 .	.	2	*
xi 4- х2 4" • • • 4"хп
174
откуда у <a? + al+ ... + а„. Как известно, при х(- = а/ неравенство
Буняковского переходит в равенство. Таким образом, наибольшее
значение у = а? + а1+ ... +а%.
305.	На основании неравенства Буняковского имеем
У* — (х А + У1У-2 + г1гг)г < (Х1 + У1 + Zi) (х2 + Уз 4" 2а)-
В нашей задаче у2 <4-9 = 36. Отсюда —6<у<6. Так как в не-
равенстве Буняковского равенство достигается, то наименьшее зна-
чение у =—6, а наибольшее значение у = 6.
|__х
306.	Данную функцию можно представить в виде у = а2 • —-—|-
X	/1 — X \
-\-Ь2 • ——— + а2 + Ь2. Поскольку произведение (а2 • —-—1 X
/ х \	1_х	X
х! Ь2--.-|=а2&2 не зависит от х, то функция а2--|-62 • >-:
I__хх	а
достигает минимума, если а2 --=Ь2 • -j-. Отсюда х = -г-;- . При
X	1 —— х	62 “Т"1 и
этом значении х функция у = (а + &)2.
307.	H.eeo^l + J;‘ + J;,+l+M + 2j’ + 2,‘-(*,tl+2','hl-
а	Х2 + х+1	Х2+х+1
= Х2+ х + 1
х2 + х+ 1
. Поскольку корни квадратного трехчлена
х2-]-х + 1 мнимые, то при любом действительном значении х функци
х2 + х-|-1 >0. Следовательно, исследуемая функция у есть сумма
взаимно обратных положительных величин, и, как известно, в таком
случае у>^ 2. Откуда заключаем, что наименьшее значение у равно 2.
Это значение достигается при условии х2-|-х+1 = 1, откуда хх = 0,
х2 = — 1.
308.	Если т и п—целые положительные числа, то на основании
неравенства Коши имеем
т раз	л раз
х + У т/ / X \т( у
или , В* 1/	—	-
m + n	, г \ т ] \п
! х4-« \т+п
откуда хтуп < ( -—т-х- )	ттпп,
3 а \m-\-n j
х + у\т+п>
т + п) ""
х\т/ У_\п
т] \п )
п
, ИЛИ
Рассмотрим теперь случай, когда хоти бы одно из чисел т и п
дробное. Пусть тип имеют общий знаменатель р, тогда тр и пр
( х + у \тр+пр { х \тр ( у \пр
целые числа, а потому -----> —	— I . или
1 \mp-\-npj	\тр J \пр J ’
х + У \
m + n J
откуда хтуп < [ -	']т+Пттпп.
\. т-\-п J
т+п
175
Итак, неравенство доказано и для дробных тип. Далее, если
тп	( х + у \т + п
хтуп = с, то доказанное неравенство принимает вид I 4-1 X
1
XmCTn"Ss=c, откуда х + у^(т+п) ^-^^т+П.
Следовательно, наименьшее значение суммы х + У равно
т+п г ~
(- + П)
309.	На основании неравенства Коши имеем
х + ^+Л+±+±+±	_____________
П2П2П3Т3Г3 в/ (y\2fz\s
-----------6------------> Р ХЬ) кз >-
/	у	2 \	Х-УЦ-\-2
[равенство достигается лишь при л= 5- = -^- , или —!-£-!—
\	 2	3 J	о
пУ-’откуда (x~xJ2^~5sits=432' Итак> наименьшее
значение F (х, у, z) = 432.
,л	(а+ *)(& + >:) л2 + (а + b) х + ab ab , ,
310.	Имеем	у = -—1—~—!—- = —!—-—!— = к х 4-
___	х	х	х
+(а + Ь)=	+(Ка+ К^)2- Так как (К«+ К^)2 —
2
постоянная величина и
то у достигает
е. при x=]/~ab. Наименьшее
минимума, если у — — у
значение у = (У а -)- р+)2-
311.	Представим данную функцию в виде y = sin3x(l— sin3x).
Поскольку sin3x + (l — sin3x)=l (постоянная величина), то функция
достигает максимума при sin3x=l—sin3 х, откуда sin3x=-i-.
„ ,	1	( 1 V 1	. ,.k	. 1 , ,
Наибольшее значениеу= 75— — =— при х=(—Iparcsin-;—=4-лй.
2	\ 2 /	4	?/>
312.	Поскольку sin2x=l—cos2 х, то исследуемую функцию
можно переписать в' виде у — 3 cos2 х — 3 K3cos х + 4, или у =
(—	3 \2	7	’	-
КЗсозх—1 +-^- . Отсюда заключаем, что если K3cosx—
3 „ (
—^- = 0 ( cos х
7
-j-, а если cosx = — 1, то у принимает наибольшее значение, равное
(.____	3 \ 2	7	,_
-/3--+7 = 7 + 3 КЗ.
то у принимает наименьшее значение, равное
176
к
Итак, унаим = -^- при x=±| + 2ta; Унаиб = 74-3/3 при
х = л(2й+1), где й = 0, ±1, ±2.
313.	Имеем y = sin2 х 5HLL_|_COs2 х -?S Х + 2 sin х cos х =
cos х	sin х
_ sin4x+cos4x + 2 sin2 X COS2 X _(sin2 X + COS2 X)2 _	1	_
sinx cosx	sinx cosx ~ sinx cosx
sin2x + cos2x .	, ,
= ------*------= tg X + ctg X.
sinx cosx
Таким образом, рассматриваемая функция есть сумма взаимно об-
ратных величин. Следовательно, утах =—2- ПРИ х =--------+ лй,
л
а //пйп = 2 ПРИ x = -^-4-nfe, где fe = O, ±1, ±2,...
314.	Поскольку sin2x< 1, то sin2x— 4sinx + 5<6—4 sin x
— 2 (3—2 sin x).
Следовательно, учитывая, что 3 — 2 sin x > 0, имеем
sin2 х—4sinx + 5 2(3 — 2sinx)_g
3 — 2 sinx	3—2sinx ~
Ясно, что равенство достигается при sinx=± 1. Таким образом,
Л
наибольшее значение у равно 2 при sinx= ± 1, т. е. при x = -^+kn,
где й = 0, ±1, ± 2, ...
Остается найти наименьшее значение функции. Имеем
_ sin2x — 4 sin х + 5_ (3— 2 sin х)2+ 5+ (6 — 4 sin х) _
3 — 2 sinx —	4(3—2 sin х)	~
_3 —2 sin х ,	5	,1
4	~г4(3— 2sinx)"r2*
Поскольку 3—2sinx > 0, то
3 — 2 sin х____5_____	(3 — 2 sin х)-5 Уь
4	^”4(3 — 2 sinx)" г 4-4(3 — 2sinx) 2
1 I У 5
Следовательно, наименьшее значение функции у = ут-^— =
К5+1
=	2
,,	3—2sinx
Наименьшее значение у достигается при условии -------=
5	.3-/5
- 4 (3-2 sib х)-	Т’_е- ПрИ slnX = -^— ’ 0ТКуАа Х~
3_т/" к
= (— 1)* arcsin —у--1-йл, где fe = 0, ±1, ±2, ...
177
315.	Имеем!
г= [1—COS2 (х + £/)] COS(X— J/) + [1—COS2 (к— £/)] COS(x-|-y) =
= cos(x—у)—COS2 (Х-фу) COS (x—y)4-COS (x+y) —
•—-cos2 (x—y) COS (x+y)=cos (x—y) [ 1 — cos (x -ф y) COS (X—y)] +
+ cos (x +y) [1 —cos (x + y) cos (x—y)] =
•= [cos (x—y) + cos (x -ф y)] [ 1 — cos (x + y) COS (X—y)] =
„	Г, cos 2x-|-cos 2yl „	.	„ ,
=2 cos x cos у 1 — --2------- =2 cos x cos у (зш2х-ф sin2 y).
Так как sin2 x -ф sin2 y=m, to
z — 4m cos x cos у.	(1)
Далее, имеем (cosx—cosy)2^0, cos2 x-фcos2 у Ss 2 cosx cosy,
2 — (sin2 х-ф sin2 y)	2 cosx cosy,
2 cosx cos у <2—m.	(2)
В силу (1) и (2) находим 2<m(2 — т).
Итак, наименьшее значение z = m(2—т) при х=±у + 2йп,
где k — Q, ± 1, ± 2, ...
316. Имеем sin2 х < 1, cos2x<l. На основании свойства пока-
зательной функции заключаем, что sin8 х < sin2 х, cos'4 х < cos2 х.
^Знак равенства в обоих неравенствах достигается при одном и
эт	\
том же значении x = -^fe, где k — целое число 1. Сложив эти два
неравенства, получим t/ = sin8x + cos14x<sin2x-f-cos2x=l, т. е.
наибольшее значение функции у равно 1.
ГЛАВА II
РЕШЕНИЕ НЕРАВЕНСТВ
§ 1.	Неравенства, связанные с рациональной функцией
317.	Заменив данное неравенство равносильным ему неравенством
ах >—b,	(1)
рассмотрим три возможных случая.
1)	а > 0. Разделив обе части неравенства (1) на положительное
b
число а, получим равносильное ему неравенство х > —— , которому,
очевидно, удовлетворяют все действительные числа, большие числа
—~ , и только эти числа. Таким образом, если а > 0, то решениями
неравенства ax-i-b > 0 служат все те и только те числа, которые
изображаются точками числовой оси, расположенными справа от
b
точки, соответствующей числу—— .
2)	а < 0. Разделив обе части неравенства (1) на отрицательное
b
число а, получим равносильное ему неравенство х < —- , которому,
b
очевидно, удовлетворяют все числа, меньшие числа—— , и только
эти числа. Следовательно, если а < 0, решениями неравенства
ах-\-Ь > 0 служат все те и только те числа, которые изображаются
точками числовой оси, расположенными влево от точки, соответ-
b
ствующеи числу—— .
3)	а = 0. В этом случае данное неравенство принимает вид
0-х >—Ь. Если b — положительное число, то неравенству удовле-
творяет любое число, так как 0 больше каждого отрицательного
числа, если же Ь—отрицательное число, то неравенство не имеет
решений, так как 0 не больше, а меньше любого положительного
числа.
318.	Перепишем данное неравенство в виде
(а — 1)х > а—2.
(1)
179
Если а > 1, то, поделив обе части неравенства (1) на положительное
,	а— 2 _	,
выражение а — 1, получим х >   р Если а < 1, то, поделив обе
части неравенства (1) на отрицательное выражение а—.1, получим
tz' — 2
к < -—- . Если а=1, то неравенство (I) принимает внд 0-х >—1,
следовательно, его решением является любое число.
„ г-	,	а—2	,	а—2
Ответ. Если а > 1, то х > ---г, если а < 1, то х < -----г ,
а — 1	а — 1
если а=1, то х—любое число.
319.	Перенеся все члены неравенства в левую часть и приведя
ее к общему знаменателю, получаем неравенство, равносильное
12х4-4а—4ах— Зх—3	.
данному -----!---2^----------> или
(9—4а) х + 4а —3 > Q
24а	'	' '
Рассмотрим два случая.
1)	Если
а > 0,	(2)
то неравенство (1) равносильно неравенству (9 — 4а) x-j~4a —	3 > 0,
а следовательно, и неравенству	
(9 — 4а) х > 3 — 4а.	(3)
Если 9 — 4а > 0, т. е.	
9 а<Т-	(4)
то из (3) находим	
3 —4а	
Х " 9—4а'	(5)
Таким образом, учитывая (2) и (4), заключаем, что если 0 < а	9 < 4 ’
то решением данного неравенства служат все числа из (5).	
Если 9—4а < 0, т. е.	
9 а>т,	(3)
то из (3) получаем	
3 — 4а	
х < б—7~ • 9—4а	(7)
9 Итак, учитывая (2) и (6), заключаем, что если а > —г , то решением 4	
данного неравенства служат все числа из (7). Если же а~-	9 4 ’ Т°
легко заметить, что неравенство имеет место при любом х.	
2) Если а < 0, То неравенство (1) равносильно неравенству	
(9 — 4а}х < 3 — 4а.	(<с)
180
Так как при а < 0 выражение 9—4а > О, то из (8) находим
3 — 4а
Х < 9—4а'
п	3—4а	„	9	3—4а	9
Ответ,	х > ——	при	0	< а	<-?-; х <	г—т~	при а >	—	и при
9—4а	г	4	9—4а	4
А	.	9
а < 0; х—любое число при а = —.
320.	Если х —1^0, т. е.
хги,	(1)
то данное неравенство имеет вид х—1 > 2, откуда
х > 3.	(2)
Из (1) и (2) следует, что числа х > 3 служат решениями данного
неравенства. Если х — 1 <0, т. е.
х < 1,	(3)
то данное неравенство имеет вид—(х—1) > 2, откуда
х< —1.	(4)
Из (3) и (4) следует, что все числа х < — 1 являются решениями
данного неравенства.
Ответ. Все числа из промежутков х > 3; х <—1.
321.	Данное неравенство равносильно системе неравенств
— 1 < 2х—5 < 1, т. е. системе 4 < 2х < 6. Следовательно, 2 < х < 3.
322.	Чтобы дробь была положительной, необходимо и доста-
точно, чтобы ее члены были одинакового знака. Поэтому данное
неравенство равносильно совокупности двух систем неравенств
/ х—2 > 0,
1 Зх+12>0	(1)
И
( х— 2 < 0,
I Зх+12<0.	(2)
Система (1) сводится к системе
х >2,
х > —4,
откуда х > 2. Система (2) сводится к системе
х < 2,
х < —4,
откуда х < —4.
Ответ. Все числа из промежутков (—оо, —4), (2, +<ю).
323.	Поскольку для того, чтобы дробь имела отрицательное
значение, необходимо н достаточно, чтобы ее члены были противо-
положных знаков, данное неравенство равносильно совокупности
181
двух систем неравенств!
х—1 >0,
2х+4 < 0,
(П
х—1 < О,
2x4-4 > 0.
Система (1) сводится к системе
( х > 1,
I х<—2,
которая не имеет решений, а система (2) сводится к системе
х< 1,
х >—2,
откуда получаем —2 < х < 1.
Ответ. Все числа из промежутка —2 < х < 1.
324.	Поскольку х24-х4-1 > 0 при любом значении х, то данное
неравенство равносильно неравенству х2— 1 < х2 4-х4-1, или
*+-1 >— 1, откуда х>—2.
Ответ. Все числа из промежутка (—2, 4-оо).
325.	Заменим данную систему неравенств одним неравенством,
равносильным ей:
(2 Зх~ Ц (1 3х~~Ц < о
V	2x4-1/ \.	2x4-1/ < ’
ИЛИ
(х4-3) (х—2)
(2x4-1)2
(1)
Так как (2х4- 1 )2	0, то неравенство (1) равносильно системе
( (х4-3)(х-2) > 0,
Отсюда находим, что х>2 или х <—3.
Ответ. Все числа из промежутков (—оо, —3), (2, 4-оо).
326.	Область допустимых значений решаемого неравенства есть
все числа х 0, а поэтому | х | > 0, следовательно, все числа
х < 0	(1)
служат решениями данного неравенства. Если же х > 0, то решаемое
неравенство можно переписать в виде х> —, или х2 — 1 >0, от-
куда, учитывая, что х > 0,
х>1.	(2)
Из (1) и (2) заключаем, что решение данного неравенства со-
стоит из всех чисел промежутков (—оо, 0) и (1, -|-оо).
182
327.	Так как левая часть данного неравенства неотрицательна,
то правая часть (ббльшая) должна быть положительной, т. е.
х>1.	(1)
Поскольку х > 1, то данное неравенство равносильно неравенству
х(х—1) < 1, или х2—х—1 < 0, или^х—(Х~~~—
откуда
ЦЙ<«<1±А	(2|
Из (1) и (2) заключаем, что решением данного неравенства служат
,	1 + /5
все числа из промежутка 1 < х < —.
328.	Перепишем данное неравенство в виде | х | (| х | — 1) < 0,
откуда 0 < |х| < 1. Левое неравенство выполняется при любом
х # 0, а правое при —1 < х < 1. Таким образом, решением данного
неравенства служат все числа из промежутков — 1 < х < 0 и 0 < х< 1.
329.	Перепишем данное неравенство в виде
|х|2 —3|х|+2 > 0.	(1)
Неравенство (1) выполняется при
| х | > 2	(2)
или при
|х|<1.	(3)
Из (2) находим х <—2 или х > 2, а из (3) получаем —1 < х < 1.
Ответ. Все числа из промежутков (— оо, —2), (—1, 1), (2,4-оо).
330.	Если хЭгО, то данное неравенство равносильно нера-
венству
х2 —4x4-3 < 0.	(1)
Поскольку корнями левой части неравенства (1) служат числа
1 и 3, то (1) имеет место прн
1 < х < 3.	(2)
Если же
х < 0,	(3)
то решаемое неравенство равносильно неравенству —х2 — 4х-|-3 < 0,
или
х24-4х —3>0.	(4)
Так как числа —2 ± р^7 являются корнями левой части неравен-
ства (4), то оно имеет место
при х < — 2— У~7 или при х > — 24- У1.	(б)
Из (3) и (5) заключаем, что, кроме (2), решениями данного
неравенства являются все числа из промежутка х <—2—}/~7.
Ответ. Все числа из промежутков: — оо Ч х <—(24-^7).
1 < х < 3.
183
331.	Первое решение. Поскольку обе части решаемого
неравенства неотрицательны, то, возведя левую и правую его части
в квадрат, получим равносильное ему неравенство (1-f-x)* < (1—х2)2,
откуда 4х3 + 8х2 + 4х < 0, или х(х+1)2 < 0.
Последнее неравенство имеет место при х < 0 и х 4— 1. Таким
образом, решением данного неравенства служат все числа из про-
межутков — оо < х < — 1, — 1<х<0.
Второе решение.
1) Если 1—x22s0, т. е.
— 1<х<1,	(1)
то данное неравенство перепишется в виде (1-|-х)2 < 1—х2, или
х2 + х < 0.	(2)
Корни левой части неравенства (2) суть —1 и 0. Следовательно,
имеем
— 1 < х < 0.	(3)
Поскольку (3) не противоречит условию (1), то все числа из про-
межутка (— 1, 0) служат решениями данного неравенства.
2) Если 1—х2 < 0, т. е.
х > 1 или х < —1,	(4)
то данное неравенство можно переписать в виде (1 4-х)2 < х2 — 1,
илн х + 1 < 0, т. е.
х<-1.	(5)
Условие (5) противоречит одному нз неравенств (4), х > 1,
следовательно, ни одно число из промежутка х > 1 не является
решением данного неравенства. Второе неравенство х < — 1 из (4)
совпадает с неравенством (5), поэтому все числа из промежутка
(—ос, —1) удовлетворяют исходному неравенству.
Ответ. Все числа из двух промежутков х < — 1 и — 1 < х < 0.
332.	Перепишем данное неравенство в виде
х —1 (х—1)4-2 2	0
X	X—1	'
или
| + Г=4+2>0-	<0
Если
х < 0 или х > 1,	(2)
то х(х — 1) > 0. Следовательно, в силу (2), неравенство (1) равно-
сильно неравенству х—142-»: + 2х(х— 1) > 0, или 2х24х — 1 > О,
откуда
х < —1 или х > — .	(3)
В силу (2) и (3) заключаем, что все числа из промежутков
х <—1 и х > 1 удовлетворяют данному неравенству. Если же
О < х <1,	(4)
184
то х(х—1) < 0. Следовательно, учитывая (4), заключаем, что
данное неравенство равносильно неравенству 2х2-|-х—1 <0, откуда
-1 < х < у •	(5)
Из (4) и (5) заключаем, что все числа из промежутка 0 < х < у
также удовлетворяют данному неравенству.
Ответ. Все числа из промежутков х < — 1, 0<х< — ,х>у.
333.	Решаемое неравенство равносильно неравенствам
х(х-|-1)—2(х —1)—8
х2 — 1	< ’
у2__у__£
*2_1 ~ < °’	(х2-х-6)(х2-1) < 0,
(х + 2) (х +1) (х 1) (х 3) < 0.	(1)
Если х < —2, —1 < х < 1, х > 3, то левая часть неравенства
(1) положительна, поэтому числа из этих промежутков не являются
решениями данного неравенства. Если же —2 < х < —1, 1 < х < 3,
то левая часть неравенства (1) отрицательна, поэтому все числа из
этих промежутков удовлетворяют данному неравенству.
Ответ. Все числа из промежутков (—2, —1), (1, 3).
334.	Поскольку |х| < 1, то х+ха-|-х3+...+хп+... есть
сумма бесконечно убывающей геометрической прогрессии. Знамена-
тель прогрессии q = x. Таким образом, данное неравенство можно
1x1,
переписать в виде Ь—- < 1, или
х
1—X
—1
(1)
Так как |х| < 1, то 1-~х>0, а следовательно, неравенство (1)
равносильно неравенству х—-1 < х < 1—х, откуда
х < 1 .	(2)
Условие |х| < 1 равносильно
—1 < х < 1.	(3)
Из (2) и (3) следует, что решением данного неравенства служат
все числа из промежутка —1 < х < — .
335.	Условие |х| <3 можно переписать в виде I—^-xl < 1.
I о I
Следовательно, х—я-х2-(--д-х3—... есть сумма бесконечно убыва-
3 У
ющей геометрической прогрессии. Знаменатель прогрессии равен
X
— -к- . Таким образом, данное неравенство равносильно неравенству
>85
х - I Зх I
< 1, или |да| < 1,
1+т
(1)
Л -р О
Так как |х| < 3, то (1) равносильно —х—3 < Зх < х+3, откуда
-4<х<|.	(2)
Неравенство | х | < 3 равносильно
—3 < х < 3.	(3)
Из (2) и (3) следует, что решением данного неравенства служат все
3	3
числа из промежутка —— < х <	.
336.	Поскольку корни квадратного трехчлена х2— х+1 мнимые,
до х2—х + 1 >0 при любом х, а следовательно, данная система
равносильна системе
— 3 (х2—х + 1)<х2 + ах—2<2(х2—х + 1).	(1)
После тождественных преобразований из (1) получаем систему
( 4х2 + (а — 3)х + 1 > 0,
| х2 — (а + 2)х+4 > 0..
Для того чтобы каждое из неравенств системы удовлетворялось при
любых х, необходимо и достаточно, чтобы дискриминанты их левых
частей были отрицательны, т. е. должна иметь место система не-
равенств
(а—З)2—16 < 0,
(а + 2)2 —16 < 0,
или
( —4 < а — 3 < 4,
1 —4 < а + 2 < 4,
( —1 < а < 7
или <___g < а < 2 ’ откУДа получаем —1 < а < 2.
Ответ. Если — 1 < а < 2, то данная система неравенств вы-
полняется при любом х.
337.	Вначале заметим, что если а = 1, то неравенство соблюдается
тождественно (1 >0). Если же а——1, то получаем линейное не-
равенство, которое имеет место не при всех х.
Далее, чтобы данное неравенство при а & ± 1 соблюдалось при
любом х, необходимо и достаточно, чтобы корни левой его части
были мнимыми, а коэффициент при старшем члене был положите-
лен, т. е. должна иметь место система неравенств
f 4(а— 1)а — 4 (а2 —1) < 0,
t	а2 — 1 > 0,
186
или
а—1 > О,
а2 — 1 > О.
(1)
Оба неравенства системы (1) одновременно выполняются лишь при
а > 1. Но учитывая, что при а=1 данное неравенство также верно,
получаем а> 1.
Ответ. Неравенство выполняется при любых х, если а 3=1.
338.	Из уравнения системы находим j/ = x-|-a. Подставляя это
значение у в неравенство системы, получаем х2 + (х-|-а)2-|-2х < 1,
или x2 + (x-|-a)2 + 2x — 1 < 0, нли
2х2 + 2(а+1)х + а2 —1<0.
(1)
Так как из уравнения у — х-\-а ясно, что каждое решение для я
неравенства (1) имеет соответствующее решение у, то достаточно
выяснить, когда (1) имеет единственное решение относительно х.
Неравенство (1) имеет единственное решение относительно х тогда
и только тогда, когда дискриминант его левой части равен нулю,
т. е. когда (a-p-l)2 —2 (а2—1) = 0, откуда получаем ах = 3, а2 =—1.
Подставляя эти значения а в (1), получим, что если а = 3, то х2 +
+ 4х-|-4=0 и х — —2, а следовател.ьно, у — \, а если а=—1, то
х = 0, и следовательно, у — —1.
Единственное решение имеется только при а = 3 (х =—2, j/=l)
и при а =—1 (х=0, у = —1).
!)
339.	Известно, что i/max =—— при х~'~2а а а Таким
образом, согласно условию задачи
4ос—Ь2 __ 1
4а ~ 4 1
На основании теоремы Виета имеем
b
xi +*г---------------------------— >
Далее, x’4-x| = (x1-f-x2)3—Зх1х2 (xi+x2) = 9, или, учитывая (3),
b	С
Подставляя из (2) — =—3 в (4), получаем 27—3—<3 = 9, откуда
— = 2 и с=2а. Теперь, подставив с=2а н Ь=—За в (1), получим
8а2__9а2 j
——=-^-, откуда а=—1 и, следовательно, 6 = 3, с = —2.
187
Итак, искомый трехчлен у= — х2 + 3х — 2.
340.	Пусть корни
ремы Виета имеем
уравнения xt и х2. Тогда на основании тео-
Xi4-x2=1— а,	(1)
х1-х2 = — 2а.	(2)
(1) в квадрат, получим х^+х^ + ^х^х^
х2 ~$-xf—4а = 1 —2а-|-а2,
Возведя обе части
= 1 — 2а + а2, или, учитывая (2), x‘-j-x‘—4а=1—2а-|-а2, откуда
х24-х2 = 1 4-2а+а2 —(а+I)2. Так как (а-|-1)2ЭгО, то наименьшее
значение x^-j-Xj есть 0 (при а ——1).
341.	Если х = 3, согласно условию задачи имеем 9а + ЗЬ+с = 0-
4ас — b2	b . . _	,
Известно, что «/Шт = —— при х = — и а > 0. Таким образом,
4ас — b2	b	_
—3------=—1, и — s- = 2.
4а	2а
Итак, имеем систему уравнений
( 9a + 3fc-|-c=0>
-j 4ac — 62 + 4a = 0,
I 4a + fc = 0.
Из третьего уравнения системы находим
6= —4а.
О)
Подставляя это значение b в два первых уравнения системы, полу-
чаем
(2)
(	с—За = 0,
I 4ас-{-4а—16а2 = 0.
Коэффициент а ?= 0, поэтому (2) можно переписать в виде
(	с^За,
I с — 4а+1 — 0,
откуда а=1, с = 3. Подставляя а—1 в (1), получим 6=—4. Таким
образом, искомый квадратный трехчлен у = х2— 4х + 3.
342.	Из первого неравенства системы имеем
(1)
так как |х2— 2х|^0, а из второго неравенства находим
(2)
поскольку |х—1 |	0. Из (1) и (2) заключаем, что
-0,5 < у < 2.	(3)
Ясно, что из целых чисел только числа у = 0 и «/=1 удовлетворяют
(3). Если у = 0, то данная система имеет вид
(4)
188
Обоим неравенствам системы (4) удовлетворяют два значения: х=0
и х = 2.
Если же j/»l, то данная система такова:
( | №—2х | < 1,5,
I |х-1|<1.
Системе (5) удовлетворяет единственное целое число х=1. Таким
образом, данной системе неравенств удовлетворяют три пары чисел:
Xi = «/j = 0; х2 = 2, «/2 = 0; x3 = t/3 = l.
§ 2.	Неравенства, связанные с иррациональностями
343.	Левая часть неравенства определена, если х-)-1э>0, т. ь
при —1, а правая — при	Отсюда следует, что областью
допустимых значений решаемого неравенства являются все х, удов-
летворяющие условию 1^:1. Поскольку обе части неравенства
неотрицательны, то имеем (]/"x4-l)2 >	—1)2, или 1 >—1. Это
неравенство верно при любом х. Но так как раньше мы установили,
что х 1, то решением заданного неравенства являются лишь все
числа, принадлежащие промежутку [1, 4-оо).
344.	Левая часть неравенства определена, если 1—х'^0, т. е.
когда
х<1,	(1)
а правая часть определена, если 5-f-x3=0, т. е. когда
х^— 5.	(2)
Из (1) и (2) следует, что областью допустимых значений данного
неравенства является промежуток
—5<х<1.	(3)
Так как обе части решаемого неравенства неотрицательны, то, воз-
ведя обе его части в четвертую степень и соблюдая условие (3),
получим равносильное ему неравенство 1—2х + х2 < 5-|-х, или
х2 — Зх—4<0.	(4)
Корнями левой части неравенства (4) служат числа —1 н 4,
поэтому неравенство (4) равносильно неравенству
—1<х<4.	(5)
Поскольку неравенства (3) н (5) составляют систему, то оконча-
тельно —1 <х< 1.
Ответ. Все числа из промежутка —1 <х<1.
345.	Левая часть неравенства определена, если —х2 + 4х—3 5=0,
или х2 — 4% + 3<0, (х — 3) (х— 1) <0, откуда
1<х<3.	(1)
Поскольку левая часть данного неравенства неотрицательна, то
правая должна быть положительной, т. е. х—2 >0, или
х > 2.	(2)
189
Из (1) и (2) заключаем, что решениями могут быть только числа
из промежутка
2 < к < 3.	(3)
Возведя обе части данного неравенства в квадрат, получим
—ха + 4х— 3 < х2 — 4х+4, откуда 2ха— 8х + 7 > 0, т. е.
р-=р) > о. (4)
Из (4) следует, что
4-/2	4-(-/2
х <----g— или х > ----g— .	(5)
Из (3) и (5) следует (так как (3) и (5) составляют систему), что
решением данного неравенства служат все числа из промежутка
346.	Левая часть неравенства определена, если
ха—Зх—10Ss0.	(1)
Так как корнями левой части неравенства (1) являются числа —2
и 5, го неравенство (1) имеет место при
х<—2 или х^5.	(2)
Поскольку левая часть данного неравенства неотрицательна, то
правая часть должна быть больше нуля, т. е. 8—х > 0, или
х < 8.	(3)
Из неравенств (2) и (3) заключаем, что решения могут быть
только из промежутков
х<—2, 5<х<8.	(4)
Возведя обе части данного неравенства в квадрат, получим после-
довательно х2 — Зх—10 < 64— iSx-f-x2, или 13х < 74, откуда
* < й •	(5)
В силу (4) н (5) находим, что решениями данного неравенства
74
служат все числа из промежутков —ос < х<—2, 5sgx < — .
347.	Область допустимых значений определяется системой не-
равенств х—2^з 0, х — 3.^0, х — 5^0, или х Эз 2, хЭзЗ, Х3э5.
Отсюда область допустимых значений:
X3s5.	(1)
Перепишем решаемое неравенство в виде
/х=2 + /7=5 > /х —3.	(2)
Поскольку обе части неравенства (2) неотрицательны (строго говоря,
если учесть (1), то обе части положительны), то возведем обе его
190
части в квадрат. Получим равносильное ему неравенство (конечно,
учитывая, что (1) и (2) составляют систему)
2х—7 + 2£(х—2) (х—5) > к—3,
которое можно переписать в виде
2 У(х—2) (х —5) > 4—х.	(3)
Учитывая условие (1), ясно, что в неравенстве (3) левая часть
неотрицательна, а правая отрицательна. Следовательно, неравенство
(3) верно при любых х 5.
Ответ. Все числа, принадлежащие промежутку [5, + оо).
348.	Левая часть неравенства определена при
х5э—6,	(1)
функция Ух + 1 определена при
х>-1,	(2)
и, наконец, функция У2х — 4 определена при
Х5э2.	(3)
Из неравенств (1), (2) и (3) следует, что областью допустимых
значений решаемого неравенства является
2 < х < + оо.	(4)
Возводим обе части данного неравенства в квадрат:
х+6 > х+1+2х —4 + 2 У(х+1)(2х—4),
9—2х > 2 У(х + 1)(2х—4).	(5)
Так как правая часть (5) неотрицательна, то 9—2х > 0, или
х < ®/2.	(6)
Возводим обе части неравенства (5) в квадрат: (9—2х)2 >
> 4 (х+1) (2х—4), 4х2 + 28х —97 < 0, откуда
_ £146 + 7	£-146—7
2	< <	2	'
Так как (4), (6) и (7) составляют систему, то заключаем, что
решением данного неравенства служат все х из промежутка
о £146—7
2<х<-?—2-------.
349.	Функция £1 —9х2 определена, если 1—9х2^0, т. е.
когда
— »/»<X<V3.	(1)
Должно еще быть
X # 0.	(2)
101
Из (1) и (2) следует, что областью допустимых значений явля-
ется множество всех х из промежутков
—^-<х<0,	0<х<-|-.	(3)
О	о
1) Рассмотрим данное неравенство для тех х, которые принад-
лежат промежутку 0 < х < —. Поскольку х > 0, то данное нера-
О
венство равносильно неравенству 1 — У1 —9х2 < х, или
1 —х < У 1—9х2 .	(4)
Так как х=^-|-, то обе части (4) неотрицательны, а поэтому имеем
(1 — х)2 < 1—9х2, или
5х2 — х < 0.	(5)
Но так как х > 0, то из (5) следует, что 5х—1 <0, откуда
(6)
Из (6) и второго из неравенств (3) заключаем, что 0 < х < 4-.
2)	Теперь будем искать решения данного неравенства в промежутке
—|-<х<0. Так как х < 0, то данное неравенство равносильно
такому:
1 — У1 —9х2 > х.	(7)
Поскольку — 4-< х < 0, то левая часть неравенства (7) поло-
О
жительна, а следовательно, всегда больше отрицательного х. Таким
образом, решением данного неравенства являются все х из проме-
жутков —g-, о у (о, iy
350.	Должно быть: x:s0, х-f-13=0, х24-х 3=0, 1—2х > 0.
Решая совместно эти неравенства, получаем, что областью допусти-
мых значений данного неравенства являются все х из промежутка
0<Х<у.	(1)
Перепишем данное неравенство в виде (Ух + ^+О2+
4-( Ух + Ух-{-1)— 2 <0, откуда
— 2< Ух + j/’x+TeSl.	(2)
Левое неравенство имеет место при любом х из промежутка (1).
Правое же неравенство, очевидно, имеет место только при х=0.
Итак, (2) выполняется только при х = 0, и неравенство вырождается
в равенство.
Ответ. х = 0.
192
351.	Перепишем данное неравенство в виде
/(j/T=T+l)a +/(/7=Л-1)^ 2.	(1)
Отсюда видно, что левая часть решаемого неравенства определена при
х5з1.	(2)
Неравенство (1) можно переписать в виде
/Т=4 + 1+|/Г=Т-1 |^2.	(3)
Если /х —1^1, т. е. если хэ=2, то неравенство (3) принимает вид
/х—1 + 1+/х— 1 — 15з2, откуда
х 3= 2.	(4)
Если же /х — 1 < 1, т. е. когда
1 < х < 2,	(5)
то неравенство (3) вырождается в равенство: 2 = 2.
Из неравенств (2), (4) и (5) следует, что решением данного не-
равенства служит множество всех чисел х5э1.
352.	Первое решение. Поскольку правая часть решаемого
неравенства положительна при любом действительном х, то левая
часть (большая) также должна быть положительной. Но так как
/х2 + 1 > 0, то х—2 > 0. Таким образом, должно быть
2 < х < + оо.	(1)
Поскольку обе части данного неравенства положительны, то возведя
обе его части в квадрат (конечно, учитывая, что данное неравенство
и (1) составляют систему), получим неравенство, равносильное
ему:	(х2— 4х + 4) (х2+1) > х* + 4х2 + 4,	или 4х3—х2 + 4х<0,
х (4х2 —х+ 4) < 0,
[!	1 \2	141
^2x-Tj +3^] <0.	(2)
Так как выражение, заключенное в квадратных скобках, поло-
жительно при любых х, то из (2) следует, что
х < 0.	(3)
Неравенства (1) и (3) несовместны, следовательно, данное нера-
венство не имеет решения.
Второе решение. Так как х > 2, то, учитывая, что сред-
нее арифметическое положительных чисел больше их среднего
„___________________________________ /д;__2)2 + х2+1
геометрического, имеем (х—2) у х2 + 1 < 2-—— = х2 —2х+
+ 2 + -^-=х2+2—2 ^х------<х2 + 2. Следовательно, неравенство
не имеет решений.
353.	Левая часть неравенства определена, если имеют место
неравенства х+/х Э=0, х—/х 3=0, а правая часть определена
прн х > 0.
7 И. X. Сивашинский	193
Таким образом, область допустимых значений определяется
системой неравенств х > 0, х+Ух ЭгО, х—Ух 0. Если х > 0,
то х-уУх > 0, а учитывая, что х—Ух ^0, получаем х—12з0.
Следовательно, областью допустимых значений являются все числа
из промежутка
1<х< + оо.	(I)
Поскольку х-|- /7>0, то, умножив обе части данного неравенства
на У х-У Ух, получим
х+ Ух — Ух2 — х >-|- Ух.	(2)
Так как Ух > 0, то, разделив обе части неравенства (2) на Ух, по-
лучим Ух 1 — У X — 1 > у , или
Ух>^ + У~1.	(3)
Поскольку обе части неравенства (3) положительны, то, возведя
обе части в квадрат, получим х > -i- + Ух—1 х—1, или
----г 3	,	9
Ух — 1 <-j > или х—1 < lg , откуда
Из (1) и (4) заключаем, что решениями данного неравенства
25
служат все числа из промежутка l=Cx<-j-.
354.	Левая часть данного неравенства определена, еслих—1 2з0,
или
хги.	(1)
Перепишем решаемое неравенство в виде
^/2=х > 1— Ух—1.	(2)
Возведя обе части неравенства (2) в третью степень, получим
равносильное ему неравенство 2—х > (1 — Ух—1)3, илн
1—(х—1) > (1- Кх—О3.	(3)
Пусть Ух—1 = у, тогда неравенство (3) принимает вид 1—у2 >
>(1—£/)3, (1-у) (1 + ^-1 +2у-у2) > 0,
у(у-1Уу-3)>0.	(4)
Неравенство (4) имеет место при 0 < у < 1 нли у>3, т. е.
0 < Ух— I < 1 или Ух— 1 > 3, откуда 1 < х < 2 или х > 10.
Ответ. Все числа из промежутков (1, 2) и (10, + оо).
194
355.	Область допустимых значений находим из неравенства
12 — 2х—х2^0, откуда
—(К134-1)<х< КТЗ—1.	(1)
Если
х<0,	(2)
то, решая систему (1) н (2), находим, что все числа из промежутка
— (VT34-1) <х <0 являются решениями данного неравенства.
Если же
х > 0,	(3)
то данное неравенство равносильно неравенствух^И 2+ V 12—2х—х2,
х2—2^ К12—2х—х2 .	(4)
Из (4) следует, что х2—2^0, т. е. учитывая, что х > 0,
x^V~2.	(5)
Возведя обе части неравенства (4) в квадрат, получаем
х4—4х2 4	12—2х—х2, или
(х—2)(х3 + 2х2 + х + 4)Э=0.	(6)
Так как при х> 0 выражение х34-2х2 + х + 4 > 0, то из (6) имеем
х Ss 2.	(7)
В силу неравенств (1), (3), (5) и (7) заключаем, что все числа
из промежутка 2<х< К13—1 также служат решениями данного
неравенства.
Ответ. Все числа из промежутков —(|^13-|-1) =Сх <0,
2<х«С КТЗ —1.	_	_____
356.	Перепишем данное неравенство в виде J^x2 > 2 У\х—I)2 ,
или
|х|>2|х-1|.	(1)
Если
XSsl,	(2)
то неравенство (1) имеет вид х > 2х—2, откуда
х < 2.	(3)
Из (2) и (3) заключаем, что все числа из промежутка
1<х<2	(4)
удовлетворяют данному неравенству. Если
0 < х < 1,	(5)
то неравенство (1) перепишется в виде х>—2х + 2, откуда
X > у .	(6)
7*
195
Из (5) и (6) заключаем, что все числа из промежутка
о
4 < X < 1	(7)
О
также служат решениями данного неравенства. Наконец, если
х<0,	(8)
то неравенство (1) переписывается в виде —х>—2x^-2, откуда
х > 2, что противоречит (8). Таким образом, решениями данного
неравенства служат все х, которые удовлетворяют или (4) нлн (7),
2
т. е. все числа из промежутка -у < х < 2.
О
/ 2	\
Ответ. Все числа из промежутка (-у, 2).
357.	Левая часть данного неравенства определена, если
* > 0, т. е. если х>1, или х < — 1. Обозначим	чеРез У<
тогда решаемое неравенство перепишется в виде
1 ч
(1)
	Поскольку у > 0, то неравенство (1)	равносильно неравенству
2у2	— Зу — 2 < 0, или (у—2) fу +-g-'j <	; 0, откуда	< у <2.
Но то то	/"хЧ-1 так как у > 0, то 0 < у < 2, т. е. 0 < 1/	или х -4-1 0 < ^2. < 4.	(2) х—1 Если х > 1,	(3) из (2) следует 0 < х^-1 < 4х—4, откуда 5 х>у	(4) Если же х< —1,	(5) нз (2) находим х<|.	(6)	
	5 Из (3) и (4) заключаем, что х > -у, а о Ответ. Все числа из промежутков 358. Функция Y 1+х определена при Х^г—1.	। из (5) н (6), что х < —1. • 5 X > -g- И X < — 1. (1)
196
Если х=0, то неравенство выполняется (—4 < 0). Если же х 0,
то решаемое неравенство можно перевисать в виде х—4 <
< т-р! У=---------------------Г- , или х—4 < (У~х+Л — 1)2, или
х—4 < х-|-2 —2 Ух-j-l , или x-j-1 < 9,
X < 8.	(2)
Из (1) и (2) следует, что данное неравенство выполняется для
всех х из промежутка —1 < х < 8.
359. Функция У х— 1 определена при
х>1.	(1)
Также должно быть х — 2 У х — 1 > 0 и х-{-2 Ух— 1 > 0, или
х > 2Ух — 1 и х > — 2Ух— 1 . Из х > 2Ух — 1 следует(х —2)2> 0,
что имеет место при любом
х / 2.	(2)
Неравенство х> —2Ух— 1 справедливо для любых х из про-
межутка (1).
Из (1) и (2) заключаем, что
1 < х < 2, х > 2.
Обозначив левую часть данного неравенства через у и возведя
полученное равенство в квадрат, получим
1____!_______________+ 2____________
х + 2/х—1 ' х — 2У х— 1	/х2 — 4х + 4 ’
„2 _ 2х ,____________2___________ 2х ,	2
—х2—4х + 4^~ jz’x2_,]x.j_4 ~х2-4х + 4+|х-2Г
2
Оу
1) Если 1<х < 2, то|х—2| = — (х—2), и У2 = т-—Sxj--—
2х—2 (х —2)	4
=—--------------о\2’ а ПОСКОЛЬКУ У > 0, то у есть арифметичес-
(X —\Х ““ £)
4
кое значение квадратного корня нз ——
, т. е.
у~ ]/(7^
2	2	2
|х—2| — (х — 2) = 2—х'
2) Если х > 2, то х—2 > 0, и значит, | х — 21 =х—2, а поэтому
, 2х ,	2	4 (х— 1)
У2—^^+4+-^2=-(^=^’ И следовательно, у»
-,/4(х-1) 2Кх—1 2Ух— 1	..
= ]/ Д^3^ = -х—2f-=~Д -• Итай> Дакное неравен-
ство прн
1 ^х < 2
(3)
197
перепишется в виде —— > 2, откуда 1 < х < 2, что не противо-
речит (3), а если же
х > 2,	(4)
2 Ух____1
то —х—'> 2’ откУда
5— У5 5-4-Кб"
2	<Х<	2
5 1 у 5
Из (4) и (5) следует 2 < х <	. Таким образом,
нием данного неравенства служат все числа из промежутков
1 < х < 2,	2<х< -5+2~
реше-
§ 3. Неравенства, связанные с показательной
и логарифмической функциями
360. Поскольку
неравенства на 10х,
10х > 0, то, разделив обе части решаемого
получим равносильное ему неравенство
(1)
г 2 \х	2
Пусть -j- ) =у; тогда неравенство (1) принимает вид у----------1 <0
\ о /	У
или у2—у — 2<0 или (у — 2) (;/-{-1) < 0, откуда следует, что
(2 \
-=- | <2.
О J
Логарифмируя обе части последнего неравенства по основанию 2/5,
получаем х > log 2 2. Знак неравенства, изменился на противопо-
5
ложный, так как логарифмическая функция, при основании мень-
шем единицы,— убывающая.
Ответ, х > log 2 2.
5
361. Левая часть решаемого неравенства определена при лю-
бом х, так как 2х > 0. Правая часть определена, если 2Х+2— 1 # 0,
т. е. если х + 2т=0, или х £—2. Если х<—2, то правая часть
неравенства отрицательна, и так как левая всегда положительна,
то все числа х<—2 служат решениями данного неравенства. Если
же х >—2, то обе части решаемого неравенства положительны,
и поэтому оно равносильно неравенству 2Х+2— 1 > 2x-f-3, или
4
2х (4 — 1) > 4, или 2х >-х-. Логарифмируя последнее неравенство
О
по основанию 2, получаем х > 2—log2 3.
Так как 2 — log2 3 >—2, то в рассматриваемом случае реше-
ниями служат х>2—log2 3.
Ответ. Все числа из промежутков —оо < х < —2 и х > 2 —log23.
198
362. Из условия следует, что х / 1, х^—1, х 0, х>—2.
Таким образом, левая часть неравенства определена на четырех
интервалах: —2 < х <—1, —1 < х < 0, 0 < х < 1, 1 < х < 4-
а) Если —2<х< — 1 иди 1<х<оо, то имеем 2 + х < х2,
т. е. х2 —х—2 > 0, откуда х > 2 или х < — 1. В этом случае имеем
четыре системы:
1) f- 2<х< — 1,	2)f—2<х< —1,
I х > 2,	I х < — 1,
3) J х>1, 4) J х>1,
I х > 2, I х < — 1.
Системы 1) и 4) не имеют решений.
Решением системы 2) является промежуток —2 < х < —1, а ре-
шением системы 3) является х > 2.
б) Если —1 < х < 0 или 0 < х < 1, то имеем х-(-2 > х2, или
х2—х—2 < 0, откуда —1 < х < 2. Таким образом, в этом случае
имеем две системы:
1) Г -1 < х < 0, 2)
I —1 < х < 2,
О < х < 1,
—1 < х < 2.
Решением системы 1) является промежуток —1 < х < 0, а си-
стемы 2) —промежуток 0 < х < 1.
Ответ. —2 < х < —1, —1 < х < 0, 0 < х < 1, х > 2.
363.	Левая часть данного неравенства определена при
х 5^ 1, х # —.	(1)
Если имеет место (1), то решаемое неравенство равносильно каж
дому из следующих неравенств:
, х — 1
4 < 2х+1
... Х~1._Л
2x+i ;
Зх (х 2)	-
(2x4-1)2	'
(2)
Поскольку знаменатель левой части (2) положителен (прн х 56 -g-
то из (2) следует x(x-j-2) > 0, откуда
х > 0 или х < —2.
Но, учитывая первое условие (1), заключаем, что решением
данного неравенства служат все числа из промежутков
х < — 2, 0 < х < 1, х > 1.
364.	Левая часть решаемого неравенства определена при
х>0 и x^l,	(1)
199
а правая часть определена при x-f-2 > 0 и х-|-2 ф 1, т. е. при
х>—2 и х/—1.	(2)
Из (1) и (2) заключаем, что область допустимых значений ре-
шаемого неравенства состоит из всех х, принадлежащих промежут--
кам 0 .< х < 1 и 1<х<-|-оо.
Если 0 < х < 1, то левая часть отрицательна, а правая поло-
жительна, поэтому все числа нз промежутка 0 < х < 1 являются
решениями данного неравенства. Если же 1 < х < -|- оо, то решаемое
неравенство равносильно неравенству
log2 х log2 Ki + 2 •	(3)
Поскольку логарифмическая функция при основании, большем
единицы, возрастающая, то из (3) следует, что
Х2э Ух4-2 .
(4)
Так как обе части неравенства (4) положительны, то возведя обе
его части в квадрат, получим неравенство, равносильное ему:
ха5зх + 2, или
х2—х—2 2э0.	(5)
Корни левой части неравенства (5) —1 и 2, поэтому неравенство (5)
выполняется при х2а2 или при х<—1. Но так как xsS—1 несов-
местно с х > 1, то в этом случае решениями данного неравенства
служат лишь х2з2.
Ответ. Все числа из промежутков 0 < х < 1 и 2<х <-|-со.
365.	Область определения правой части данного неравенства
находим из неравенства 2х—5 > 0, откуда х > 2,5, а левая часть
определена при любом х, так как х2 4- 1 > 0. Поскольку 0 < 0,1 < 1,
то из данного неравенства следует х24*1 > 2х — 5,
х2—2x4*6 > 0.	(1)
Так как корни левой части неравенства (1) мнимые, то оно имеет
место при любом значении х. Таким образом, х > 2,5.
Ответ. Все числа из промежутка
5_
2 ’
4* 00
366.	Перепишем данное неравенство в виде logs х (loga х — 1) < О,
откуда видно, что 0 < logox <1. Так как 0 < а < 1, то а < х < 1.
Ответ. Все числа из промежутка (а, 1).
367.	Данное неравенство равносильно неравенствам
14-loga X	! > 0	logit —loga X
14-logax ’	14-loga X
(loga X 4-1) l°Sa x o°ge X — 1) > 0.
(1)
Неравенство (1) имеет место, если —1 < logs х < 0 илн loga х > 1.
Так как, цо условию 0 < а < 1, то 1 < х или 0 < х < а.
Ответ. Все числа из промежутков (0, а), ^1,	.
200
368.	Левая часть решаемого неравенства определена при 2х > 1,
т. е. при
х > 0.	(1)
Так как log х (2Х+1—2) =—log2 (2Х+Х — 2), то данное неравен-
2
ство можно переписать так:
-log, (2х—l)log2 (2х+!-2) > —2,
log2 (2х—1) log2 [2 (2х—1)] < 2,
log2 (2х —1) [1+log2 (2х —1)]—2 < 0,
log, (2х — 1) + log2 (2х — 1)—2 < О,
[log2 (2х —1)4-2] [log2 (2х —1) —1] <0.	(2)
Неравенство (2) имеет место, если —2 < log2 (2х—1) < 1, откуда
<2Х—1<2, 4<2*<3,
4	4
5
log, -J- < X < log2 3.	(3)
Значения х, при которых выполняются одновременно неравенства (1)
и (3), служат решением данного неравенства.
Ответ. Все числа из промежутка ^log2-|-, log2 3^ .
369.	Из условия следует, что 5х—1 >0, т. е.
х > 0.	(1)
Для удобства обозначим 5х—1 через у. Имеем
1%/rylogrr^vL>2’
logKF У (10§ГГ 21/'2’~ logrr У) ~ 2 > °’
• log/-- у (3- log|/._ (/) -2 > 0,
log^- У—3 logz- «/4-2 < 0,
(Юй^-у-г) (iog/-«/-1) < о.
Отсюда 1 < logj/j-y < 2, или У 2 < у < 2, т. е. У2 < 5х — 1 < 2,
или У2 4-1 < 5х < 3, откуда
log5 (У2 4- 1) < х < log6 3.	(2)
Множество значений х, удовлетворяющих одновременно (1) и (2),
служит решением данного неравенства.
Ответ. Все числа из промежутка log6 (У^-}- 1) < х < log5 3.
370.	Для существования левой части решаемого неравенства
должно быть
201
И	
,	3 — 2х	(2)
	
но так как правая часть неравенства равна 1,	, то еще должно быть
,	3—2х , 1оёз 1_х < L	(3)
Из (1) находим _ ,	3 х < 1 или х > -g-,	(4)
из (2) получаем 3—2х 1—х	’	(5)
а из (3) имеем 3 —2х 1-х < '	(6)
f з	2х В силу неравенств (5) и (6) следует ( —j—-		ЖЛ 2)‘=о'
или (3-2х-1+х)(3-2х-2 + 2х)	2—х
ИЛИ	V. Т» С« (1—X)2	ц	%)2 о» О1Куда
х > 2.	(7)
Из (4) и (7) заключаем, что решение	данного неравенства
состоит из всех чисел промежутка х > 2. Ответ. Все числа промежутка (2, оо). 371. Логарифм определен при х2—5х + 2 > 0,	(1)
а радикал —прн log ! (х2 — 5х + 2) 0. 7	(2)
Так как правая часть неравенства есть 1, то	также должно иметь
место log 1 (х2-5х + 2) < 1.	(3)
Из (2) и (3) следует, что у- < х2 — 5х-|-2 <	: 1. Из неравенства
х2 —5х4-2<1, или х2—5х-{-1 ^0 получаем 5-/21	5+К2Г 2	2	.	(4)
а из равенства х2— 5x4-2 > у, или 7х2 — 35х 4-13 > О находим
35+/86Т	35—/861
х>—-------- или х<----£----.	(5)
202
Из (4) и (5) получаем окончательно
35+/86Г	5+/21
----14-< х<------2-- или
/35+/861	5+/21
промежутков ( ----------------
Все значения х, удовлетворяющие последнему неравенству, удов-
летворяют и неравенству (1).
Ответ. Все числа из
5 — /Ж 35—/8бГ
2	’	14
372. Из неравенства log^ х <	; 1 следует —1 < log0(1 х	< 1,
откуда 0,1 < х < 0,1-1, или		
0,1 < х <	; 10.	(1)
Из неравенства logg^ х >	, 1 следует log0.i х >	или
. 1
logo.i х < —— , откуда
1 __________________£
Х<(жУ° ЙЛИ Х>(1о) 10’	(2)
Таким образом, из (1) и (2) имеем две системы неравенств:
( 0,1 < х < 10	, ( 0,1 < х < 10
а) <	и б) <
' | х < 0,1»’1	' | х > юоа.
Из а) следует 0,1 < х < 0,10,1, а из б) имеем 100’1 < х < 10,
Ответ. Все числа из промежутков 0,1 <х<р/0,1 или
^lO < х < 10.
373.	Левая часть неравенства определена при
х > 0 и х 0 1.	(1)
Перепишем данное неравенство в виде '"[Og°^ * >0. Это нера-
венство равносильно такому: loga х (loga х— 1) < 0. Отсюда
0 < logsx < 1. Так как, по условию, а > 1, то
1 < х < а.	(2)
Множество значений х, удовлетворяющих одновременно (1) и (2),
служит решением данного неравенства.
Ответ. Все числа из промежутка (1, а).
374.	Левая часть данного неравенства определена при
х > 0.	(1)
Из данного неравенства следует, что
logo.i х > /7 или logoj х < — УТ .	(2)
203
Поскольку 0 < 0,1 < 1, то из неравенств (2) следует
х <	7 или х > 10Г?.	(3)
( 1 \ ^7	V"—
Из (1) и (3) заключаем, что 0 < х < 1-^1 или х > 10 7.
Ответ.. Все числа из промежутков (о, Ю"'’7'7), (10Г’,+оо).
375.	Из условия следует, что
х2 —4x4-6	0
(1)
Так как корни числителя (1) мнимые, то он положителен при
любом х. Следовательно, должно быть х > 0. Поскольку 0,7 < 1,
то из данного неравенства следует
-^ + 6- > 1.	(2)
х	'
Так как х > 0, то неравенство (2) равносильно такому: х2—5х-|-6 > 0.
Поскольку корни левой части последнего неравенства 2 и 3, а
коэффициент прн х2 положителен, то х > 3 или х < 2. Учитывая,
что х > 0, окончательно имеем х>3 или 0<х<2.
Ответ. Все числа из промежутков (0, 2), (3, +оо).
log (х2 -3X-+D
/ 1 \	-i-	( J \0
376.	Перепишем неравенство в виде (-я- )	9	< — ,
\ * J	\ ~ J
Так как 0<^-<1, то имеем log х (х2 — Зх-|- 1) > 0 = log j 1.
о	о
Поскольку 0 <-д- < 1, то имеем х2 — Зх-|-1 < 1, х2 — Зх<0,
или х(х—3) < 0, откуда
0 < х < 3.	(1)
Все вычисления были произведены, считая, что х2 —Зх+1 > О,
откуда
34- Кб	3—/s’
х > -—~----- или х < -—j-------,	(2)
Из (1) и (2) следуют две системы неравенств:
и
а)
б)
2
2
Из а) — < х < 3, а из б) следует 0 < х <---
Л	Л 3-/5\ /34-
Ответ. Все числа из промежутков ( 0, —— I, ( —L
204
877. Перепишем данное неравенство в виде
/ 5 X 1 -(log2 x)s / 164 2 + log^— х
V4J <V25j
или
*)2-i	/ 4\г (2 + log^-x)
\ 5 j	у 5 /
Поскольку 4/s< 1- то из (1) следует, что
(loga х)2 — 1 > 2 у + logy- ху	(2)
Так как log^— х = 2 log2 х, то (2) принимает вид
(log., х)2-4 log2 х—5 > 0, или (log.2 х-f-1) (log2 х—5) > О,
откуда log2x>5 или log2x<—1. Таким образом, х > 2s = 32 или
0<х<2-1=1.
Ответ. Все числа из промежутков (0, 1/2), (32, оо).
378. Из условия следует х<20, х > 0 и х ?= 1. Таким образом,
область допустимых значений неравенства состоит из промежутков
О < х < 1 и 1<х<20. Поэтому естественно рассмотреть два случая.
а)	Если х из промежутка 0 < х < 1, то логарифмическая функ-
ция— убывающая, и поэтому имеем
У 20—х < х.
(1)
Поскольку обе части неравенства (1) положительны, то можно обе
части возвести в квадрат: 20—х < х2, или х2-|-х—20 > 0, откуда
х>4 или х<—5. Поскольку оба эти неравенства несовместны
с неравенством 0 < х < 1, то в этом случае неравенство не имеет
решений.
б)	Если 1 < х < 20, то имеем |/~20—х > х, или х2-[-х — 20 < 0,
откуда —5 < х < 4. Решая совместно неравенства 1 < х < 20 и
— 5 < х < 4, Получаем 1 < х < 4.
Ответ. Все числа из промежутка (1, 4).
379.	Левая часть решаемого неравенства определена при х+ 1 > 0,
или
х> —1,	(1)
а правая — определена при 4—х2 > 0 или при
—2 < х < 2.
(2)
Из (1) и (2) следует, что областью допустимых значений пред-
ложенного неравенства является промежуток
— 1 < х < 2.	(3)
Перепишем решаемое неравенство в виде
log_i_ /х+К log j /4 —х2 + log х у,
2	Т	V
205
или
log J Kx + l < log J 12L-2l .	(4)
2	2
Поскольку прн положительном основании, меньшем 1, логарифми-
ческая функция — убывающая, то из (4) следует ух + 1 > —s-’
4—х2
или х + 1 > —, или х2 + 4х > 0, откуда
х > 0 или х < —4.	(5)
Из (3) и (5) следует, что решениями данного неравенства служат все
числа из промежутка 0 < х < 2.
380.	Область допустимых значений определяется системой не-
равенств
х > 0,
х+1.	(1)
1, х2-1 +0.
Решая систему (1), получаем 0<х < 1, х> 1.
1) Если 0 < х < 1, то данное неравенство равносильно нера-
венству
|х2 — 11 < 1.
(2)
Так как при 0 < х < 1 выражение х2— 1 < 0, то неравенство (2)
равносильно неравенству 1—х2 < 1, или х2 > 0. что имеет место
при любом х из промежутка 0 < х < 1. Таким образом, все числа
из промежутка 0 < х < 1 служат решениями данного неравенства.
2) Если х > 1, то данное неравенство равносильно неравенству
| х2 —1 | > 1.
(3)
Поскольку при х > 1 выражение х2— 1 > 0, то неравенство (3) рав-
носильно неравенству х2—1 > 1, откуда х > У 2 или х < — У"2.
Мы рассматриваем случай, когда х > 1, поэтому все числа из про-
межутка х > У 2 являются решениями данного неравенства.
Ответ. Все числа из промежутков 0<х<1 и х > |''2.
381. Пусть |lgx| = 2, тогда решаемое неравенство перепишется
в виде
V2
sin г + cos г >.	(1)
Умножив обе части неравенства (1) на
К2	/2
~~ , получим cos г +
Z	2
, /2 .	1	/ Я \	1
sin 2 > -g- > или cos г —— J	’ 0ТКУДа
JX	«ГС . л,
< 2----Т < -5-+2fejl И
4	о
Л , п. _ 7л ,
—i2’ + 2ftl1 < 2 < ~[2+2kn-
— -5-+2йл <
О
(2)
206
Так как z:&0, то й = 1, 2, 3, ... Кроме того, в формуле
/г —О возможно лишь
7л
12 •
(2) при
(3)
Поскольку z=|lgx|, то (3) перепишется в виде
0<|lgx|<-^-.	(4)
7л
Если IgxSsO, то из (4) следует 0<lgx <	> откуда
7Я
Кх < 1012.	(5)
1 —
Если же 1g х < 0, то из (4) имеем 0 < 1g — < -г?г , 1 < — < Ю12, и
'	ь х 12 х
_7Л
10 12 < х < 1.	(6)
7П 7Л
Из (5) и (6) следует, что все числа интервала (10 12, 1012)
удовлетворяют данному неравенству.
Вернемся к неравенству (2), которое перепишем в виде
~-^- + 2*:л < | Igx | < —- + 2Лл,
(7)
где й=1, 2, 3, ... Если lgx>0, то (7) имеет вид — у^-^йл <
Л ,
7л	---+ 2ЯЛ
<	lgx< -jg--|-2A:n, откуда все числа из промежутка 10 12	<
7Л
---+ 2kn
<	х < 1012 удовлетворяют данному неравенству. Если же
л	1	17л
Igx < 0, то (7) примет вид — 2/гл < lg —- <	откуда
Л , ,	7Л
----|-2ЯЛ	|	—+ 2/гЛ
10 12	< — < 1012	. Следовательно, и все числа из проме-
тл	л
	2«Л	-2&Л
жутка 10 12------------------< х < 1012 удовлетворяют решаемому нера-
венству.
7Л	7Л	Л ,	7Л .
--	--+ 2&Л	— + 2&Л
Ответ.. 10 12 < х < 1012;	10 13	< х < 1012	;
7Л .	Л .
----2«Л	—-2КЛ
10 12	< х < 1012	, где k = 1, 2, 3, ...
207
382.	По определению, —g- <arcsin lg х < g- . Но, учитывая
условие, имеем 0 < arcsin lg х < ~, илн 0< lgx«Cl, откуда
1 <х<10.
Ответ. 1 < х^ 10.
383.	Левая часть неравенства определена при х > 0. Так как
№
log х —=— (51og2x—2), то данное неравенство принимает вид
а
(1 og2 х)4—(5 log2 х—2)2—20 log2 х + 148 < 0,
(log2 х)4—25 log* х+144 < О,
(log2x + 4)(log2x + 3)(log2x—3) (log2x—4) < 0.
Это неравенство имеет место, если	—4<log2x<—3 или
3 < log2 х < 4, откуда тх < х < — или 8 < х < 16.
10	о
Ответ. Все числа из интервалов
4), (8. 16>.
384.	Так как log п х=—log2x, то данное неравенство можно
2
представить в виде log* х—| log2 х |—2 <0. Если log2x^0, т. е.
х 1,
(1)
то log* х — log2x—2 < 0, откуда —1 < log2 х < 2, поэтому
| < х < 4.	(2)
Из (1) и (2) следует, что все числа из промежутка 1<х < 4 явля-
ются решениями данного неравенства. Если же log3x<0, т. е.
О < х < 1,	(3)
то log*x + log2x—2 < 0, откуда —2 < log2 х < 1, или
-5- < х < 2.	(4)
Из (3) и (4) следует, что все числа из промежутка
-j- < х < 1 слу-
1
жат решениями данного неравенства.
Ответ. Все числа из промежутка -j- < х < 4.
385.	Должно быть х > 0 и kx Ф 1. Так как log х =	~	, то
данное неравенство равносильно такому
т—i—?----г "Ь	log.. й > 0,
l + log,.*^
208
или
1 + 2 4- 2 logx k + log* k+logx k
l+logA-6	> ’
ИЛИ
(logx k + 3 logx к + 3) (1 + logx k) > 0.
Так как корни квадратного трехчлена log2 й 4-3 logx&4-3 относи-
тельно logx к мнимые, то этот квадратный трехчлен положителен
при любом значении logxfe. Следовательно, 1 4- logx k > 0, или
logx k > — 1. Если х > 1, то k > х-1, или — < к и х > -г-. Если
х	k
же 0 < х < 1, то k < х-1, или — > k и х <	. Так как 0 < k < 1,
х	k
то 0 < х < 1.
Ответ, х > 4- или 0 < х < 1.
й
386.	Левая часть данного неравенства определена при
х > 0.	(1)
Если (1) выполнено, то данное неравенство равносильно неравенству
х s-l°g2 х-2 l°g2 х > Логарифмируя это неравенство по основа-
нию 2 и положив у = log2 х, получим равносильное неравенство
у(3—у2—2у) > 0, которое можно записать в виде у(у-\-3)(у—1) < 0,
откуда у < —3, 0 < у < 1, поэтому log2 х < —3, 0 < log3 х < 1,
т. е. 0 < х < 4 , 1 < х < 2.
О
Таким образом, исходное неравенство имеет место тогда и
только тогда, когда 0 < х < -5- или 1 < х < 2.
о
§ 4. Неравенства, связанные
с тригонометрическими функциями
387.	Данное неравенство равносильно неравенству
5'-—1 — cos3 2х—4 cos 2х > 0,
или
2 cos 2 2x4-13 cos 2х—7 < 0.	(1)
Корнями квадратного трехчлена 2 cos2 2x4-13 cos 2х—7 относи-
тельно cos2x служат числа -% и —7.
Следовательно, из (1) заключаем, что
—7 < cos 2х < у.	(2)
209
Но так как |cosa|<l то, учитывая (2), имеем —I<:cos2x < у,
откуда -^-4-2nfe < 2x <	—|-2л/г.
3	3
Ответ. -^-+йл < х < -^y+fen, где й = 0, ±1, ±2, ...
388.	Преобразуем левую часть данного неравенства. Имеем
sin6 x + cos6 x = (sin2 x)3 + (cos2 )x3 = (sin2 x+cos2 x) X
X (sin4 x — sin2 x cos2 x + cos4 x) = sin4 x + 2 sin2 x cos2 x+cos4 x—
3
*—3 sin2 x cos2 x== (sin2 x + cos2 x)2 —j- • 4 sin2 x cos2 x —
,	3 . „ _	,	3	1 — cos 4x 5.3 cos 4x
= 1-Ts,n22x=l-T.------g---
Таким образом, решаемое неравенство можно переписать в виде
5	3 cos 4x5	.г. л „ ,	. л , о,
"оН----Б— > ~б~ > откуда cos4x >0 и ——+2 йл < 4х < —+ 2йл.
ооо	2	2
Ответ. — 4-+fe-?- < х < -^- + й-^~ , где й = 0, ±1, ± 2, ...
о 2	о 2
389. Данное неравенство равносильно неравенствам:
4 sin3 х—2 sin х—cos2x < О,
4sin3x—2sin x—(1—2 sin2x) < 0,
4 sin3x + 2 sin2 x—2sinx—1 < 0,
2 sin2 x (2 sin x +1)— (2 sin x+ 1) < 0,
(2 sin2 x—1) (2 sin x+ 1) < 0,
4 fsin2x—-i-'j f sin x + y < 0,
sinx+y
откуда sin x < —^y-
1	1<2
2" < smx < ~2~‘
.	/2”	Зл . „.
Из неравенства sinx<-----получаем —у + 2йл<х<
л,	1	.	/2
< ——+ 2йл, а из неравенства —< smx< -^у- находим
л	_	л , „ Зл . л,	7л _,
—г+ 2пт < х < -j—+2л/п, -т- + 2/л < х <-е- + 2/л.
о	4	4	о
Ответ. — -у- + 2йл<х<—у + 2/гл, —у + 2лт<х<у- + 2лт,
3 л	7л
—+ 2/л <х < -у + 2/л, где й, I, т, п—целые числа.
210
890. Поскольку sin 3х=3 sin х—4sin3x и cos2x=l—2sin2x,
то данное неравенство можно переписать в виде
3 sin х—4 sin3 х > 4 sin х (1 —2 sin2 х),
или
1
откуда sin х > -g- или
4 sin3 х—sin x > 0,
sin x (4 sin2 x— 1) > 0,
•	( •	1 V Л
Sinx I Sinx —-g-l > 0,
— ~ < sinx < 0.
1	л , «	бзт .
x > -g- получаем — 4-2лл < x <
7t
< sinx < 0 находим —g-4- 2лл< x < 2nn,
л
"6
Из неравенства sin
1
а из неравенства —-y-
7л
n-j-2mn < x < 2mit.
о
Ответ. -5-4-2ЙЛ < x < ^4'2/гл,
о	о
7jt
л (2m + 1) < x < -^--\-2тп, гце k, т, п—целые числа,
о
391.	Левая часть решаемого неравенства определена при х
#	+ йл, где k — 0, ± 1, ± 2, ...
,,	, л , .	. „	2 tg х
Вели х -н--|-«Л, то sm 2х = . . ° а , а следовательно, данное
2	1 "т tg X
неравенство перепишется в виде
tg3x—2 tg2x+3tgx—2 3=0,
tg3X — tg2 X — tg2 x+tg x + 2 tg X—-2 3:0,
tg2x(tgx— 1)—tgx(tgx—1)4-2 (tg X—1)3=0,
(tg2x —tgx4-2)(tgx —l)Ss0.	(1)
Поскольку корни квадратного трехчлена tg2x—tgx4~2 мнимые,
то он положителен при любом tg х. Следовательно, неравенство (1)
,	,	л . , л , ,
равносильно неравенству tg х— 1 3= 0, откуда —р4-ля < х <
Jt	It
Ответ. -^-4-я/г^х <	где k = 0, ±1, ±2, ...
392.	Очевидно, что |cosx|t£0, так как в противном случае
| sinx |=1, что приводит к неверному неравенству (1 < 0). Следо-
вательно, | cosх | > 0. Поделив обе части данного неравенства на
|cosx|, получим равносильное ему неравенство | tg х | < 1, или
— 1 < tgx < 1.
211
Ответ. —+ ЛЛ < х < -у + kit, где £ = 0 , ± 1, ±2, ...
393.	Из условия задачи следует, что sin х 0, следовательно,
| sin х | > 0. Поделив обе части решаемого неравенства на | sin х |,
получим | ctg х | < 1, или —1 < ctg х < 1.
Ответ. + лй < х < у + йл, где k = 0, ± 1, ±2, ...
394.	Перепишем данное неравенство в виде 2 | sinx | cosx >	.
Так как произведение | sin х| cosx должно быть положительным,
а в данной задаче | sinх | > 0, то и cosx > 0. Если sinx > 0, то
данное неравенство перепишется в виде sin 2х > -% . Итак, в дан-
ном случае имеем систему
sin х > 0, cosx>0, sin 2х > у.	(1)
Так как sin х > 0 и cosx > 0, то решения системы (1) должны при-
надлежать промежуткам
2л/л < х < у-|-2лт.	(2)
Из неравенства sin2x > у следует, что -у-|-2л/ < 2х < у-|-2л/,
откуда
jg-|-nZ < х < -jg-4-л/.	(3)
Из (2) и (3) заключаем, что ^-|-2л/г < х < -|—-|-2лй. Если же
sin х < 0, то имеем систему
sin х < 0, cos х > 0, sin 2х < —g-.	(4)
Поскольку sin х < 0 и cosx > 0, то решения системы (4) должны
принадлежать промежуткам
Зл
-у + 2л/п < х < 2л + 2лт.	(5)
1	5л
Из неравенства sin 2х <-----g- следует, что----у|-2л/< 2х <
< —-?- + 2л/, откуда
о
—+л1 < х < ~т1+я/-	(6)
Из (5) и (6) заключаем, что
5л , л	л л
--jg- + 2nn С х <-yg + 2nn.
212
Ответ. Промежутки 2лА+|| < х < -уу + 2лЛ, 2лл—< х <
Л . л
< -Г2+*ЯП-
395.	Так как cos 2а—1—2sin2a и sin За»* 3 sin а—4sin2a, то
данное неравенство можно переписать в виде
6 sin х (1 —2 sin2 х)—2 (3 sin х—4 sin8x) < 4,
2 sin х (3—6 sin2 х—3 + 4 sin2 x) < 4,
sin3x>—1, sinx>~—1.
Ответ. Все числа, кроме чисел х =— -^- + 2/гл, где /г—О,
± 1, ±2, ...
Л
396.	Вначале заметим, что х -у /г, так как при этих значе-
ниях х левая часть неравенства равна единице, а по условию должна
Л
быть больше единицы. Если x^-^k, то имеем
| sin х | > sin2 х, 1
| cos х | > cos2 x. J
Складывая почленно неравенства (1), получим
| sin х | +1 cos х | > sin2 x + cos2 x = 1.
Значит, решением данного неравенства являются все числа, кроме
x = ^k.
Л
Ответ. Все числа, кроме х = -^-й, где /г = 0, ±1, ± 2, ...
397.	Поскольку sin2x=l—cos2x, то данное неравенство равно-
сильно неравенству 4 cos2 х + 4 | cosx |—3 > 0, или 4|cosx|2 +
+ 4 | cos х | —3 > 0, откуда
1	3
|cosx|>-g- или | cosх[ <—g-.	(1)
Так как | cos х | + 0, то из (1) имеем только
| cos х | > -у.	(2)
Учитывая, что период функции | cos х | есть л, нз (2) получаем
— -5- + ЛЙ < х <~ +л/г, где /г = 0, ± 1, ± 2, ...
О	о
398.	Заданное неравенство равносильно системе неравенств
— 1 < sin x + cos X < 1 ИЛИ —< 2— COSX ++j— sinx <	,
K2 . /	л А	У~2	л	л
или-----=— < sin U + y < +5— , откуда-----т-+^л<х+-^<
\	4 j a	4	4
213
Ответ. —% + fen < x < fen.
399.	Поскольку при положительном основании, меньшем 1, по-
казательная функция—убывающая, то из условия следует, что sinx <
2	2	Z 51 \
< cos х, cos х—sin х > 0,	cos х —sin х > 0, cos ( х-\--т- > О,
откуда — -^- + 2fen < х+-< ~ + 2кл.
Ответ. Все числа из промежутков —^-+2fen < х < ~ + 2fen,
где fe = 0, ± 1, ±2, ...
400.	Поскольку при основании, большем 1, показательная функ-
ция возрастающая, то данное неравенство равносильно неравенствам
V~2	1/2
sinx > cosx,	sinx—cosx > 0,	-^2—sinx----— cosx>0,
sin^x—>0, откуда 2fen < x—< n-|-2fen.
Ответ. Все числа промежутков -^-+2fen < х < ~ + 2fen, где
fe = 0, ±1, ±2, ...
401.	Область допустимых значений определяется соотношением
sin х cosx, т. е.
х^~ + кл.	(1)
Умножив числитель и знаменатель левой части данного неравенства
/2'
на "^2“ > получим
/S'	, /2 .
-L-^- cosx + 2~ Sln х
/2 .	/2	r
sin X —-r- COS X
или
f	Л \
COS I X-J- I	, л x
--j----> ^3, t. e. ctg (*—4) > /3;
sin I x-t I	4	7
\ J
откуда
fen<x-4<4+^.	(2)
4 о
Решая совместно (1) и (2), получим решения данного нера-
венства.
Ответ, -^--f-fen < х < ^|+fen, где fe = 0, ± 1, ± 2, ...
402. Перепишем данное неравенство в виде
5—4(1—cos2 x+cos х)
cosx	’
^14
или
4 cos2 х—4 cos х4-1
cos х
(2 cosx—I)2
cosx
It
Если 2cosx—1 = 0, т. е. если х = ± -5-4-2/гл, где fe = 0, ± 1,
<5
±2, ,.. , то имеет место равенство.
Если же (2cosx— I)2 > 0, то должно быть cosx < 0, откуда
л , _	Зл , _
+2лл < х < — 4-2/гл.
A	2
Ответ. -^-4-2/гЛ; -^-4-2пл < х <	где п и k —
о	2	Л
любые целые числа.
403. Область допустимых значений определяется соотношениями
Tf	Tf
x Ф -g- (2fe4~ 1)> x ф (2fe4-1), хф—arctg24-bt. (1)
2 tcf x
Учитывая, что tg2x = -j—, перепишем данное неравен-
,	. 2tgx—2(1—tg2 x)	tg3x—1	. n
ctbo в виде tg x >	2---7^-4--,	, или , „	.......г > 0,
2 tg x4-2 (1 — tg2 x) tg2x—tgx— 1
или
(tg2x4-tgx4-l)(tgx—1) > 0
tg2x—tgx—1
(2)
Имеем tg2x4~tgx4-l > 0, при любом значении tgx, так как корни
квадратного трехчлена tg2x4-tgx4~l мнимые. Поэтому неравен-
ство (2) равносильно неравенству
tg х—1
tg2 X— tg X — 1
(3)
(.	14-/5 \
(tgx----2— k
Поскольку знаменатель равен (tgx----
то неравенство (3) равносильно неравенству
Л 1-/5V.	,.Л l+f^kn
(tgx------\ (tgx —1) (tgx-------------- \ > 0,
откуда
tg х > + или	< tg х < 1.	(4)
Решая совместно (1) и (4), получим все решения данного неравенства.
п К ,	» 1 + /5" л , ,	.	, /5— 1
Ответ. rt/?4~arctg —— < х < — 4-л/г; nfe—arctg-—-— <
< x < -^-\-лк.
215
404. Левая часть неравенства определена/ если sinx^—cosx,
т. е.
J+rtfc.	(1)
Из условия задачи следует, что
/2 . V2
— sin X----%— cos х
/2
— Sin X + -Цг— COS X
£	2
sin х—cos х
sin x-j-cosx
sin ( х—~г
\	4
cos lx-----
\	4
откуда
——4-^-4 +л^- Следовательно,
(2)
Решая совместно (1) и (2), получим все решения данного неравен-
ства.
Ответ, л/г ^х	+ rtk, где fe = 0, ±1, ±2, ...
/2	, /2 .
- 2 cos х + -^2— sin х
405. Поскольку sinx + cosx —
— )^2cos
, то данное неравенство можно переписать в виде
2 1^2 cos (х—— К2
------1--у/--— 5s 1,
21^2—^2003 (•*—j J
или
л
Левая часть (1) определена, если
Л f \ I
2cos х—г —1
\	4 J
7	7
2 — cos \ х —г
к 4 J
(2)
216
Из (1) следует, что
Так как выполнение (3) влечет за собой (2), то неравенство (3)
(Л \
х —4-1 > О,
то неравенство (3) равносильно неравенству
2 cos | х—-?-) — 1 к'- 2—cos ( х—,
\	4 ]	\	4 J
или
cos^x—-^-^^1.	(4)
Так как cosa^cl, то из (4) следует, что cos I х — — 1 = 1.
Ответ. х = ^4-2л/г, fe = 0, ± 1, ±2, ...
406.	Левая часть неравенства определена, если выполняются
одновременно следующие три условия:
1)	cos2x > 0, 2) cos2x^ )^2, 3) cos2 2х— sin3x > 0. Поскольку
| cos 2х | < 1, то cos 2х )^2. Таким образом, остаются только
условия 1) и 3).
cos 2х
Так как -<1, то, потенцируя обе части данного неравен-
гп«;2 9у——у слс2 9т
ства, получаем ----2-----5=—2—, откуда sin2x<0, что имеет
место только тогда, когда sinx = 0, т. е. при x = jtk. При этих зна-
чениях имеем cos2x = cos2jtfe= 1 > 0, cosa2x— sin3 x = cos2 2rtfe —
— sin2rtfe=l > 0, т. e. выполняются условия 1) и 3).
Ответ, x — stk, где k—0, ±1, ± 2, ...
407.	Решая квадратное неравенство относительно arctg х, по-
лучаем
arctgx>3 или arctgх < 1.	(1)
Также имеем (по определению)
-у < arctg х < у.	(2)
Из (1) и (2) следует, что — — < arctg х < 1, откуда — оо <х < tg 1.
Ответ. Все числа из промежутка (— оо, tg 1).
408.	Область допустимых значений находится из неравенства
— 1<ха—2х—2^1, или
1<х2—2х<3.	(1)
217
Данное неравенство равносильно неравенству sin [arcsinpc2—2х—2)] >
_ . Л	Q О О V
> sin — , или ха—2х—2 >	,
4	2
х2—2х>2+~^~.	(2)
Из (1) и (2) следует 2-|—— < х2— 2x^.3.	Из неравенства
/У
2 -]-g— < х2—2х получаем
3+_1_ или х > i	3 + -L-,	(3)
а из неравенства х2—2x^3 находим
-1<х<3.
Из (3) и (4) следует, что решениями данного неравенства являются
все числа из промежутков
ГЛАВА III
ЗАДАЧИ, СВЯЗАННЫЕ С НЕРАВЕНСТВАМИ
§ 1.	Нахождение области определения функций
409.	Функция определена, если 1—х5=0, откуда х^1.
Ответ. Промежуток (—оо, 1].
410.	Для того чтобы числитель был определен, должно быть
1 —х2 5= 0, откуда
— 1<х<1.	(1)
Также должно выполняться соотношение
х # 0.	(2)
Из (1) и (2) следует, что заданная функция определена на двух
промежутках, — 1 <х < 0 и 0 < х 1.
Ответ. Промежутки [— 1, 0), (0, 1].
411.	Функция У~х — 1 определена, если х—15=0, откуда
xSsl,	(1)
а функция У1 —х определена при 1 —х 5= 0, откуда
х<1.	(2)
Из (1) и (2) заключаем, что данная функция определена только
при х = 1.
Ответ. 1.	_____
412.	Функция Ух—1 определена, если имеет место х—15=0,
откуда
Х5=1,	(1)
а функция У—х определена, если имеет место —*5=0, откуда
х < 0.	(2)
Поскольку (1) и (2) несовместны, то заданная функция не опреде-
лена ни при каком х.
413.	Функция p^l-J-x определена при 14-х5=0, откуда
х^-1,	(1)
219
а функция yr1 —х определена, если 1— х^О, откуда
х<1,	(2)
а для того, чтобы знаменатель данной функции был отличен от
нуля, должно иметь место 14-х yi 1—х, откуда
х 0.	(3)
Из (1), (2) и (3) следует, что заданная функция определена на
двух промежутках, — 1 <х < 0 и 0 < х < 1.
414.	Должно быть 1—cosx 0 0, или cosx 1, откуда х 2лй,
где fe = 0, ±1, ±2, ...
415.	Должно быть х ?0 и лк.
Ответ. Множество всех действительных чисел, исключая х=0
и х=±—, где k ==1,2, 3, ...
У лк
416.	Должно быть х ф 0 и sin — 2s 0, откуда 2nfe < — =СЛ-|-2л/г.
При /г = 0 имеем х 2^ —. При k—+ 1, ±2, ±3, имеем
л(2& + 1)	2л/г'
Ответ, х 2- — или —дгг-т-г, <x«S—L ,где/г=±1, ±2, ±3, ...
л л(2/г4-1) 2nfe
417.	Должно быть sin (cos х) 0, откуда
2ли =Ccosx < л4-2лл,	(1)
но
— 1<cosx<1.	(2)
Из (1) и (2) следует, что Osgcosx<l, т. е. аргумент х находится
в первом и четвертом квадрантах, включая их границы.
Ответ. —~ 2лй < х 'С -£ -f- 2nfe.
418.	Должно быть
tgax-(/34-l) tgx-h /3^0.	(1)
Левая часть неравенства (1) есть квадратный трехчлен относительно
tgx, корни которого У"~5 и 1, поэтому неравенство (1) имеет место
при
tgx>/~5,	(2)
пли при
(3)
Из неравенства (2) следует л/г4--^-<х < -У лк, а из нера-
Jt	д
венства (3) вытекает лк—< х л/г 4~	•
220
Ответ. Промежутки (3fe -J-1) =Сх < ~ (264-1), -5- (2k — 1) <
«5	Z	£
< х < -j- (4& +1), где 6 = 0, ±1, ±2, ...
I 2 I	I х_1 I
419.	Должно быть т----- <1- Следовательно, —=— 5=1, т.е.
I 1 — х |	I 2 j
|х— 1 | 5s 2, откуда 1) х—15=2, т. е. х5=3, или 2) х—1<—2,
т. е. х —1.
Ответ. Промежутки х 5= 3, х <—1.
420.	Должно быть
— 1 =5
2х
14-х3
<1.
(1)
Так как 14*х3 > 0 при любом значении х, то (1) равносильно не-
равенству — 1—x2=c2x	1-|-х2.
Решим каждое неравенство отдельно.
1)	x2 + l.Si2x, или х2 — 2x4-15=0, или (х —l)35s0; последнее
имеет место при любом х.
2)	2x5=—1.—х2, или х34-2х4~1 5=0, или (x-|-l)2₽s0; последнее
имеет место при любом х.
Ответ, х—любое число.
Jt
421.	Должно быть 0 ^arcsin (log3 х)< rg-, откуда 0<log3 х<1.
Ответ. 1 «С х «С 2.
422.	Должно быть
|14-tg2itx|<l.	(1)
Ясно, что
1 4-tg3 лх s-1
(2)
при всех допустимых значениях х. Из (1) и (2) следует, что tg3rtx-f-
= Последнее соотношение возможно, если tganx = 0, т. е.
когда лх = л6.
Ответ. x = k— любое целое число.
423.	Должно быть — 1 < tg х < 1.
Ответ, лб—«С х nfe.
4	4
424.	Должно быть | 2х34-х | < 1, т. е. —1 s£12xa4-x< !• Из
неравенства 2х34-*—1 <0 находим, что —l<x^-g-, а неравен-
ство 2х24~*4~15=0 имеет место при любом х.
Ответ. — 1 < х <	.
425.	Должно быть х 0, —-1<х<1 и х > 2. Так как
— 1 х < 1 и х> 2 несовместны, то функция у не определена ни
при каком значении х.
426.	Должно быть cosx > 0, sinx > 0, cosx yi 1. Из этих не-
Jt
равенств следует: 2лк < х < -^--}-2nk.
Ответ. 2л6 < х < -^-(46 4-1), где k = 0, ±1, ±2, ±3, ...
221
у 2	1/2
427.	Должно быть sin х—cos х > 0, или —	sin х—cosx>0,
или sin ^х—> 0. Отсюда 2л/г < х—~ < л-|-2л/г.
Ответ.	+ 2л/г < х <	+ 2лй.
428.	Должно быть cos 2лх > 0 и lg (cos 2лх) 0, откуда cos 2лх5=1.
Но сов2лх<1, следовательно, cos2nx=l, откуда 2лх=2я/г.
Ответ. x = k, где k = 0, ± 1, ±2, ...
429.	Функция определена, если имеет место соотношение
х3 — Зх2Ч-2х=£0, или х (х— 1) (х — 2)	0. Корнями левой части не-
равенства являются числа 0, 1, 2.
Ответ. Множество всех действительных чисел, кроме 0, 1, 2.
430.	Функция У —х определена, если имеет место неравенство
хь<0, а функция -------определен я, если 2-}-х > 0, откуда х>—2.
У 2 + х
Ответ. —2<х<0.
431.	Для того чтобы функция была определена, необходимо,
чтобы имело место неравенсуво Зх—х3ЭгО, или х(ха— 3)^0, или
х (х—У~ 3) (x-f- У 3) <0. Корнями левой части этого неравенства
являются числа—У 3, 0, У 3. Следовательно, х=С—р^Зили
0 «5 х < У~3.
Ответ. Промежутки (— оо, —р^], [О, У 3].
^2____Зх + 2
432.	Функция определена при ——— j— > 0. Если частное
двух величин положительно, той произведение этих величин поло-
жительно. Таким образом, (ха — Зх-f-2) (х + 1) > 0, или (х— 1) (х — 2)х
X(x-f-l) > 0. Следовательно, — 1 < х < 1 или х > 2.
433.	Числитель определен при x:s=0. Для того чтобы знамена-
тель был отличным от нуля, надо, чтобы лх лк, т. е. х fe, где
±1, ±2, ...
Ответ. Все нецелые положительные числа.
434.	Ясно, что 2х = т, где т — любое целое положительное
число*). Таким образом, х=-^-.
Ответ. , где пг=1, 2, 3, ...
435.	Функция ctg лх определена при Лх лк, т. е. х £ k, где
k = 0, ± 1, ± 2, ... Функция arccos(2х) определена при —1 <2Х<1.
Неравенство 2х 5=—1 имеет место при любом х, а неравенство
2х 1 при х 0.
Ответ. Все нецелые отрицательные числа.
436.	Функция У~х определена при х5=0. Должно быть
sin ( У х) 2г 0, откуда 2лк У х «S л (2fe +1), где k = 0, -f-1,4-2,...,
или 4n2fe2 х < ла (2fe-|- 1)а.
*) Если учесть, что, по определению, 01 = 1, то т может быть
равно и нулю.
222
Ответ. Промежутки 4rt2fea <х л2 (2ft + 1)а, где fe=0, +1,
4-2, +3, ...
437.	Должно быть log3log4x>0, поэтому log4x>l, откуда
X > 4.
438.	Должно быть Igtgx^O, откуда tg x^s 1. Отсюда лк-\-
, ГС	«ГС .	<
+ — < X < -g- + Л&.
Jt	3"t
Ответ. Промежутки —^-лке^х < — 4-rtfe, где k = 0, ± 1, ± 2, ...
439.	Функция 1g х определена при
х > 0.	(1)
Та кже должно быть cos (lg х) > 0, откуда —^--}-2nk < lg х < у+
4-2л^, или
+2П*	— +2Л*
10
Из (1) и (2) следует,
интервалы
ю’ 2 2 < X < 10 2	, где k = 0, ± 1, ± 2, ± 3, ...
“	< х < 102	.	(2)
что областью определения функции являются
----1-2ПЙ
440.	Должно быть—1 «S lg 1, откуда 0,1	10. Следо-
вательно, 1^х<100.
441.	Поскольку | у | — неотрицательное число, то должно быть
1—ха5=0, или (х—1) (х +1)	0, откуда —1 <х< 1.
442.	Должно иметь место 2—х > 0, т. е.
х < 2.
(1)
Поскольку | у |— неотрицательное число, то 1g (2—х) Эг 0, откуда
2—х ' ; 1, или
х < 1.
(2)
Из (1) и (2) следует, что функция определена в промежутке
— оо < х 'С 1.
443.	Поскольку логарифмировать можно только положительные
числа и так как | 4—ха |	0, то должно быть 4—ха Ф 0, или х2 / 4,
или х ± 2.
Таким образом, областью определения функции являются три
промежутка: (—оо,—2), (— 2, +2), (2, -|-оо).
444.	Должно быть 3х — 3-х > 0, или 32Х—1 > 0, откуда 2х > О,
т. е. х > 0.
445.	Должно быть х — Зхг_- 0 и У х —3 > 2. Из первого нера-
венства имеем х^З, а из второго х > 7. Следовательно, х > 7.
446.	Должно быть 1—tgx > 0, или tgx < 1.
Jt	3"t
Ответ. Промежутки—=- + rtfe < х < —-f-rtfe, где k = 0, ± 1,
4
± 2, ...
223
447. Знаменатель sin х / О, следовательно,
COS X 5Й ± 1.	(Ь
Числитель определен при cosx >0 и lg cos х Д;» 0.	(2)
Но поскольку cosx<l, то lg cos х < 0.	(3)
В силу (2) и (3) lg cos х = 0, откуда cos х= 1.	(4)
Таким образом, должны иметь место одновременно соотноше-
ния (1) и (4). Но поскольку они несовместны, то данная функция
не определена ни при каких значениях х.
448. Основание логарифма должно быть положительным и от-
личным от единицы, т. е.
х > 0,	(1)
и
х * 1.	(2)
Далее, поскольку отрицательные числа и нуль не имеют логариф-
мов, то необходимо, чтобы имело место cos х > 0, откуда
—^ + 2йл < х < -^ + 2йл.	(3)
Если fe = 0, то (3) имеет вид
Л
Из (1), (2) и (4) получаем 0 < х < 1, 1 < х < -g-. Учитывая (1),
в неравенстве (3) fe=l, 2, 3, ... (й = 0 мы уже учли).
Ответ. Промежутки 0 < х < 1, 1 < х < ~, —^--|-2йл<х<
<	+ 2Ал, где й=1, 2, 3, ...
§ 2. Нахождение области значений функций
449. По определению, функция arcsin х может принимать только
л . л
значения, удовлетворяющие условию—g- < arcsin х < -g- .
п	Г л л 1
Ответ. Промежуток	—g-, -g- .
450. Функция у = sinx cosx может принимать лишь значения,
удовлетворяющие условию —0,5<у<0,5.
Действительно, y=-g- • 2 sin х cos х т. е. — l<sin2x<l, следовательно, —	= -g-sin2x, a ]sin2x|<l, -0,5 <0,5 sin 2х <0,5.
451. Разрешив данное уравнение относительно переменной х,
и 4“ 1
получим х =	. Отсюда видно, что у 2, т. е. —со < у < 2,
2 У
2 < У < + оо *).
Ответ. Промежутки (—оо, 2), (2, 4-оо).
452.	Разрешив данное уравнение относительно х, получим, что
У ± Уу2 —4
2
, откуда легко усмотреть, что должно иметь место
неравенство у2 — 4SsO, т. е. у^—2 или у 2.
Ответ. Промежутки (— со,—2], [2, +оо).
453.	После преобразований данное уравнение принимает вид
(у — 1) х2 + 2х + у —1=0.
О)
Если у= 1, то из равенства (1) следует, что 2х = 0, т. е. х = 0. Если же
у ф 1, то, разрешив (1) относительно х, получим
-1 ±
у-1
Отсюда следует, что должны иметь место соотношения (у—1)3<1
и у 1. Из этих соотношений имеем < 1 или 1 < у <^2. Так
как выше мы установили, что у может быть равен 1, то получим
область значений данной функции: 0<у<2. Эту задачу можно
2х	2х
решить иначе. Имеем ц=1------„	. Так как —1 eg . <1,то
s х2 +1	х2 +1	’
Ответ. Промежуток [0, 2].
454.	Если у = 0, то х = 0. Теперь, считая, что у £ 0, представим
данную функциональную зависимость в виде ух2—х-\-у = 0. Решая
1 ± /Г=4р	_
это уравнение относительно х, получаем: х—--------— . Об-
ласть изменения данной функции определяется неравенством
1—4у2	0, откуда —Эту задачу можно решить иначе.
х i 2 v	I 2х I	1
Имеем у = —Так как	то | у |< - ,
1 1
т. е.
Г 1	11
Ответ. Промежуток —, -g- .
455. Представим данную функциональную зависимость в виде
х2 — 2ух4-4у—5 = 0. Решая это уравнение относительно х, находим
х = у± Уу2—4у+5. Область изменения исследуемой функции
*) В данной и в некоторых других задачах этого параграфа
значение аргумента х, прн котором функция принимает значение
У —Ун из найденной области значений функции, находится решением
относительно х того уравнения, которое получится из формулы
функциональной зависимости после замены функции у числом у0.
8 И. X. Снвашннский	225
определяется неравенством
i/2-4i/+ 5^0.
О)
Дискриминант левой части соотношения (1) — отрицательное
число, а коэффициент при у2 — положительное число. Поэтому
у2— 4г/ + 5 > 0 при любом действительном значении у, т. е. нера-
венство (1) имеет место при любом значении функции у.
Ответ. Промежуток (— оо, -f-oo).
456.	Функция —х2-\-х-\-2 имеет максимум, равный
4(_________1)-2_I2 9
—---—------=— . Следовательно, исследуемая функция имеет мак-
3
симум , т. е.
3

(1)
С другой стороны, поскольку радикал берется арифметический, то
!/SaO.	(2)
Из (1) и (2) следует, что областью значений функции является
А	3
промежуток OsSpC-y.
3
Ответ. Промежуток 0<г/<-у.
457.	Представим данную функциональную зависимость в виде
(у— 1)х2—(у+1)х + 2(у—1) = 0.	(1)
u-4-l ± К—7//2 + 18у—7 п
Отсюда получаем х= —--------2~(у-—1~)------. Ясно, что должно
9__4 1/"§
иметь место соотношение 7у2 —18{/~(— 7<0, или -----?---й+/<
94-4
sg——у-с—. Действия были произведены в предположении, что
i/j= 1. Подставляя в (1) вместо у число 1, убеждаемся, что х = 0.
Следовательно, у может быть равен 1.
Ответ. Промежуток
458.	Из равенства у = ,у^—г следует 2ЛГ = ^сЫ, Поскольку
Z — 1	у
2х > 0 при любом действительном х и пробегает все положительные
значения, то > о, откуда у < — 1 или у > 0. Для каждого
значения у, удовлетворяющего одному из этих неравенств, находим
1 У 1
соответствующее значение х из равенства x = log2---.
Ответ. Промежутки (—со, —1) и (0, Д-оо).
9—4 У~2 9 + 4 У 21
7	7 I '
226
459.	Представим данную функциональную зависимость так:
ч г- ( V" 2
У= К 2 ( “g—cos x-f-
К 2 .	\	/--г	( л
sin х 1 , у= У 2 cos I х——
Поскольку — Isgcos^x-----— j sS 1, то —У~2 у У 2.
Ответ. Промежуток [— У 2, У 2].
460.	Функция 1 — 2cosx принимает наибольшее значение, рав-
ное 3 (когда cosx =— 1). Следовательно, наибольшее значение ис-
следуемой функции есть 1g 3.
Таким образом, областью значений функции является проме-
жуток — оо < у^ 1g 3.
§ 3. Исследование функций на выпуклость и вогнутость
461.	Пусть xt и х2 — произвольные значения аргумента. Тогда
</i = /	= yi = f = /I—= l—-—1 .Для исследо-
вания графика функции у = хг на выпуклость и вогнутость установим
f (%i) -4-f (х2) , /,х1+х2\	f (х,) + f (х2)
знак разности ' ' 1	—Г Имеем: ~ У '	~
е { Х1 "Ь х2 \ _ Х1Д-Х2 / ^1Ч“Х2\2_2X1	2X2 Xj— 2ххх2 — х2 _
—/•	2 }~ ~2 V 2 ) ~	4	~
xj—2х^ха4	так как %i Поскольку рас-
сматриваемая разность положительна, то график данной функции
вогнутый (рис. 8).
462.	Пусть Xj и х2 — произвольные значения аргумента, причем
Хх и х2 имеют один и тот же знак. Тогда
f(x1) = x?4-2x1, f(x2) = x|-|-2x2,
г	__(Xi4-x2)3-|-8(Xj4-x2)
1\	2	8
8*
227
Рассмотрим разность
f (xi)Ч~ f (хг) с ( ж1+*а\ _Xi+2x1 + xa + 2x3
2	' V 2 )~	2	~
(у1 + -Уз)3 + 8 (Хх + Х2) 4 (Х1 + ха) —(Хх + х2)3
8	8
(х3 + ха) (3xi + Зх»— 6xix2)
3
g" (*1 + *г) (*! — хг!г-
Еслих > 0, TOXj + ^a > 0, и рассматриваемая разность положительна.
Если же х<0, то Хх + ха<0, и рассматриваемая разность отрица-
тельна. Итак, при х>0 график вогнутый, а при х<0—выпуклый
(рис. 9).
463.	Пусть хх и ха —произвольные значения аргумента, причем
х3 и х2 имеют одни и тот же знак. Тогда
f (xJ+f (ха) _ f [ xt +хг _
2	' \ 2 )
4 — 4X1 +4 — 4х2 (хх -J- ха)з — 16 (хх + х2)
~	2	8
44X1+4)—16(Хх+ха)— (х1+х2)34-16(х14-х2)__ 3	, . .	,2
------------------------g--------------------— -g (Х1~гХ2) (Х1—х2) .
Если х>0, то Хх+ха>0, и рассматриваемая разность положительна,
если же х < 0, то рассматриваемая разность отрицательна.
Итак, при х > 0 график вогнутый, а при х < 0 —выпуклый
(рис. 10).
434. Пусть хх и х2 — произвольные значения аргумента х, отлич-
ные от нуля, причем ха и ха одного знака. Рассмотрим разность
JL.-L
/(Х1)+/(х2)	, /хх+хз^Хх х2 2	__xt + xa	2 _
2	1 \	2	)	2 х! + х2 2ххх2 хх + х2
= (Х1+х2)2—4х,х2 __	(Х1 —х3)2
2xiX2 (xi-j-х2) 2xiXa (xi4-xa)
228
Если хх > 0 и х2 > О, то х±х2 >0 и хх4-х2 > 0, а поэтому рас;
сматриваемая разность положительна. Если же xt < 0 и х2 < 0, то
ххх2 >0, a хх4-х2 < 0, и рассматриваемая разность отрицательна.
Итак, если х > 0, то график вогнутый, а если х < 0, то график
выпуклый (рис. 11).
465.	Пусть xt и х2— произвольные значения аргумента, отлич-
ные от нуля и имеющие одинаковые знаки. Рассмотрим разность
f (^i) + ffa) _ f ( х1 + х.1 \ x2 + xl _	4
2	4 2 ) 2xlxl (*i4-*2)3
__Xi -|- 2xxx2 Ч- 2xxx2 4" x2 — 6xxx3_
2xlxl (xx +x2)2
__(xi—2xxx3 -pXg) 4" 2xxx2 4” 2xxx2—4xxx2
2xlxl (xx 4- x2)2
_ (xl—xl) 4- 2xxx2 (xl — 2xxx2 4- xl) _ (xl—xl)2 4- 2xxx3 (xx — x2)2 __
2xlxl (Xj4-x2)2	2x1x1 (xx 4-x2)2
(*i—x2)2 (*i4~4xxx2-|-x2) > q
2xlxl (xx 4_x3)2
если xx > 0 и x2 > 0, а также если xx < 0 и x2 < 0.
Итак, график функции вогнут как при х > 0, так н при х < 0
(рис. 12).
466.	Пусть хх и ха— произвольные значения аргумента х. Рас-
смотрим разность
f (*t)4-f (*з)_ . [хх4-х2 \ _ а*14-а**_	_ а^14-аХг — 2а 3
2	' \ 2	2 а -	2
f Xl Хг \2
Следовательно, график функции вогнутый (рис. 13).
£29
467.	Пусть Xi и х2—произвольные (положительные) значения
аргумента х. Тогда logax14-logax2^log£rx1x2, или
Гад.	(1)
Известно, что у'х1х', <	( если xt ?= х2 и хг > 0, х2 > 0.
Функция logaх возрастает, если a> 1, и убывает, если 0<a< 1.
Поэтому loga-^2~i > loga V хгх2, если а > 1, и loga —— <
< l°ga Кесли 0 < а < 1.
Заменяя правую часть равенства (1) выражением	,
ioga x,--iop-.,x,	, х,
получаем	5 < ^°ёа ~
, Xi 4— Хп	л	*
> l°g« -~y ~ > если 0 < а < 1.
Итак, если a > 1, то график
0 < а < 1 — вогнутый (рис. 14).
Хч	, юе,, лг-*-1ое,,х2
— , если а>1, н —
данной функции выпуклый, а если
468.	Пусть Xj и х2 — произвольные значения аргумента х, причем
оба принадлежат промежутку (0, л) или промежутку (п, 2л). Рас-
смотрим разность
/(Xi) + H*2) fMi+M sin^-fsinxs пх1+х2_
----2--------' \~2~~ J= ~2 S I 2
•	4" *2	Xi	j	“j-” ^2	.	“Н	\
gxstn--7--.?cos - -п  — sinsin -- cos -А  — 1 .
2/	2	2	2	\	2	]
,	.	Хл — Хп ,
Поскольку | cos си 1^1, то выражение cos----------1 или отряда-
тельно, или равно нулю. Так как 0 < х < 2л, то соа^Ц^-^ —1 < 0.
230
Если 0 < хг < л, О < х2 < л, то и 0 < — Х- < л, а следова-
. Х1+%2 л т»
тельно, sin——- > 0. Итак, если и х2 принадлежат проме-
z/\	\	. Xi -4-*2 f	” ^2 i \	/\
жутку (0, л), то произведение sin——- (cos ~—1 1 < 0, т. е.
рассматриваемая разность отрицательна. Таким образом, в интер-
вале (0, л) график функции выпуклый (рис. 15).
Если л <	< 2л, л < х2 < 2л, то и л < -1	< 2л, следова-
. Xi+x2 .	. х,4-х„ / х,—х2 , \	„
тельно, sin у, < 0 и произведение sin -	- I cos — 1 1 > 0,
т. е. рассматриваемая разность положительна. Таким образом,
в интервале (л, 2л) график функции вогнутый (рис. 15).
§ 4.	Задачи на составление неравенств
469.	Пусть числитель дроби р (р— натуральное), тогда, согласно
условию, ее знаменатель будет равен р2— 1. Таким образом, иско-
мая дробь . По условию задачи имеем систему неравенств;
Р+2	1	р-3	1
p3-J-l	з ’ и р2_4 < 1Q •
тт	р Т" 2	1
Неравенство р2^_ j > у равносильно неравенству р
откуда
(1)
3— V 29
2
3+ У29
2
(2)
Но так как должно быть р > 0, то имеем
о<Р<2±р;
(3)
34- V29
поскольку 4 < —------- < 4,5, то из (3) следует, что р, как целое
число, может быть равным или 1, или 2, или 3, или 4. Подставляя
эти значения р во второе неравенство системы (1), убеждаемся, что
р = 4 удовлетворяет ему, а р = 1, р = 2, р = 3 не удовлетворяют.
„	« Р 4	4
Итак, искомая дробь —г=77,------г = гг-
р2— 1	42 — 1	15
470.	Если скорость первого автомобиля х км/час, то скорость
второго (х—10) км/час. Отсюда ясно, что
х > 10 км/час.
(1)
Первый автомобиль проходит путь в 100 км вместе с остановкой за
( 100 , 5 \	.100
( "у + у ) часов, а второй за -—часов. Согласно условию за-
231
100 , 5	100
дачи должно иметь место неравенство ——И	2. f(j * илн
х2—10х —1200 <0, или (х-|-30)(х—40) <0, откуда —30<х<40.
Учитывая (1), имеем окончательно 10 < х < 40.
471.	Пусть скорость путешественника х км/день-, тогда согласно
условию задачи имеем систему неравенств
।	(х-4-20) 8 < 1000,
1 fx-15^ 12 > 1000.
Решая эту систему, получаем 99 < х < 105.
Ответ. 99 км/день < х < 105 км/день.
472.	Пусть скорость точки х м/сек', тогда она тратит на прохож-
дение пути в 630 км секунд, а при скорости в (х-)-3) м/сек.
630
--pg секунд. Согласно условию задачи должна иметь место система
630 поп _ 630	630 , _
неравенств —- —280	——g < —----1. После тождественных преоб-
разований получаем систему неравенств
х2-{-Зх—1890 ^О,	(1)
4х2-(-12х—27~~-0.	(2)
Учитывая, что х > 0, из неравенства (1) получаем 0 < х.<42, а из
3
неравенства (2) находим	Поскольку неравенства (1) и (2)
3
составляют систему, то м!сек < х < 42 м/сек.
473.	Введем обозначения: х км/час—собственная скорость кате-
ров, у км/час —скорость течения «быстрой» реки, z км/час— скорость
течения «медленной» реки, S км—расстояние, пройденное каждым
катером в одном направлении, Ч час—время движения, затраченное
катером на весь путь по реке с быстрым течением, час — время
движения, затраченное катером на весь путь по реке с медленным
течением. Имеем
н= S S	2Sx
1 х+у ’’’х—у х2 —у2’
_ S , 8	28х
x-f-z
X — Z x2 —z2’
„ „ „ „
то х2—у2 < х2—z2, а следовательно, --------5
х2— у2
2-
Поскольку у > Z,
28х	,
>	> т- е- *1
Ответ. Время движения по реке с быстрым течением больше,
чем время движения по реке с медленным течением.
474.	Через х единиц времени первое тело будет находиться на
расстоянии |а—xv\, а второе тело — на расстоянии \Ь—xv± | от
точки О (рис. 16). На основании теоремы Пифагора расстояние
232
между телами через х единиц времени равно
d=yr(a—xv)2 + (&—xoj2.
(1)
Так как d принимает наименьшее значение одновременно с подко-
ренным выражением, то задача сводится к нахождению наименьшего
значения выражения (а—xv)2-)~(b—xvj)2, или выражения (о2+о!) х2—
— 2 (ai' + bvj) x~H«2 + ^2). Так как о2-{-о2 > 0, то последнее
av 4- bv, „
выражение имеет минимум при х =--1Подставляя это значе-
v2 + vf
ние х в (1), получим _________
/(bv—avj)2	I bv — avj |
v2+vf~ ^v2 + vl '
475.	Пусть C—искомая точка (рис. 17), AB = d, BC — x,
/ ВАС —a.
AC
На преодоление пути AC по полю затрачивается часов, a
на прохождение пути CD по дороге------— часов. Так как АС =
—	— CD = BD— ВС, где ВС = АВ tg a=d tg а, то на весь
cosa cosa
.	. d , BD —d tg a
путь от А до D затрачивается время t =	-)-------—2— =
d .	BD	dtga	d u —vsina	BD	„	d	BD
v cos a	и и	uv cos a	и	uv и
постоянные величины, то t достигает минимума при том же а, что
и—о sin а „	и—v sin а „ .
и выражение --------- . Поскольку и > osina, то --------> 0.
r	cosa	cosa
и—о sin а	(и—usinaV
а потому —cos~a— И \ —cos~a— / достигают минимума при одном
[и—osinaV u24-v2 sin2 a — 2uo sin a
н том же a. Имеем ------------- =-----1-------=--------=
\ cos a /	cos2 a
__(v—и sina)2-|-(w2 — o2)(l— sin2a) — и sma)2
cos2 a	cos2 a
-f- (u2 — o2),
233
которое принимает наименьшее значение при о—и sin а = О,
v
откуда sina = —.
Далее, cos a= "l/^l—^=; tga= --L—•. Если
г u® и	}<и2—о2
dv
BD < х = -	, то надо двигаться прямо по полю нз точки А
Кй2 —о2
в точку D.
476.	Положим, что скорость лодки в стоячей воде равна х км/час,
тогда ее скорость по течению равна (х-|-а) км/час, а против течения
(х—о) км/час. Время прохождения а км по течению равно
сов, а на прохождение b км против течения затрачивается
Ь
X — V
сов. Согласно условию задачи должно иметь место неравенство
—;— “I-----' -i t •
X-f-O х—V
ча-
ча-
(1)
Так как x-(-t> > 0 и х—v > 0, то, умножив обе части неравенства
(1) на (х+о) (х—о), получим равносильное ему неравенство а(х —а)+
-\-b (x-j-o) < t (X2—V2), или
tx2— (a + ft) х + а (a— b)~tv2^Q.	(2)
Поскольку t > 0 и —tv2 < 0, то корни левой части неравенства
действительны и имеют противоположные знаки. Положительный
корень левой части (2) равен
a + &+ V(а + &)2—4vt (a — b) + 4t2v2
2t
Так как t > 0, то неравенство (2) имеет место при х, большем боль-
шего (положительного) корня или при х, меньшем меньшего корня
(отрицательного). Но поскольку х должен быть положительным, то
« + &+ K(a + Z>)2 — 4tT (a — &) + 4W	,
л _	—	"  лл* / нас, •
477.	Пусть скорость велосипедиста при движении от Л до В и
от В до остановки равна х км/час. Тогда он затратил времени на
движение от Л до В
60
— часов,	(1)
а на движение от В до Л
60—х\
х + 4 )
часов.
(2)
Согласно условию выражение (2) должно быть не более, чем выра-
жение (1), т. е. должно иметь место неравенство
. . 1 . 60-х	60
234
т. е.
—36<х<20.
(3)
Но так как х > 0, то, учитывая (3), имеем 0 < х *£,20 км/час.
478. Пусть длины плеч а и Ь, х—действительный вес при пер-
вом взвешивании, у — при втором взвешивании. При первом взве-
шивании имеем
а при втором
х-а= 1 -Ь,
у-b— 1 -а.
(1)
(2)
Из (1) и (2) находим, что У~~-•
Таким образом, вес всего товара равен
Но так как х 1 (плечи разные), то х + ~ > 2, т. е. отпуска-
лось товара больше двух килограммов. Заметим, что если бы неточ-
ность весов была вызвана разным весом чашек, то тогда было бы
отпущено ровно два килограмма.
479. Обозначим расстояние от 4 до В через а км. Если первый
турист затратил времени t
движения первого туриста
часов,
^-4-.
t'l + t's
то -у 01 +-к-«2 = а, откуда время
Время движения второго
_ а , a a(v*4-v^\
туриста Т = 75—. Рассмотрим разность Т—t.
ZU}	"^1^2
Имеем Т — t	— 2а = а 1(ц1+ц2)2 —4^21 = а foi — ^)2
2v1v2	v±+v2	2v1v2(v1+v2)	2v1v2(v1+v2) '
Так как vr 7= v2, то Т—t >0, т. е. Т > t. Следовательно, первый
турист прибыл в В раньше второго.
К тому же результату можно прийти исходя из следующих
соображений. Пусть > v2. Со скоростью второй турист прошел
половину пути, а первый турист—больше половины пути; поэтому
первый затратил меньше времени, чем второй, так как в момент
достижения каждым из них середины пути второй замедлил скорость
движения, а первый продолжал еще некоторое время идти с преж-
ней (большей) скоростью, а поэтому обогнал второго.
Ответ. Первый турист пришел в В раньше второго.
480. Если поезд идет со скоростью v км/час (v > 20) вместо
20 км/час, то увеличение прибыли составляет р (о—20), а увеличе-
ние издержек q (v—20)2, где р и q — постоянные. Следовательно,
прибыль равна
р (v — 20) — q(v — 20)2.	(1)
Согласно условию задачи при скорости в 40 км/час прибыль равна
нулю, т. е. р (40 — 20) — q (40 — 20)2 = 0, откуда p = 20q. Подставляя
в (1) вместо р число 20 q, получим, что прибыль равна 20</ (v—20) —
— q (V — 20)2, или q [20а—400 — а24-40о— 400], или q [100 —
— (а2—60а + 900)], или q [100 — (v — SO)2]. Отсюда видно, что наиболь-
шая прибыль при а = 30 км/час.
235
481.	Предположим, что пароход движется со скоростью окж/час,
2000	„
следовательно, движение продолжалось —— часов. Согласно усло-
вию задачи количество угля, потребляемого пароходом в час, равно
fey3, где k—коэффициент пропорциональности. Известно, что когда
скорость v равна 15 км)час, то угля расходуется 1,5 тонны в час,
поэтому fe-153= 1,5, откуда коэффициент пропорциональности fe =
= 2^0' Следовательно,
пмость этого угля в рублях
прохождения пути в 2000 км
тони угля расходуется в час, а сто-
18уЗ
равна , поэтому вся стоимость
2000 /18у3
v \ 2250
2000
v
Таким образом, нам надо найти минимум функции
, 2000 \	Г(о—10)2(о+20) , „„„1
у = 16 I У2 -1-~ ИЛИ у= 16 *------------!--'	300 .
Отсюда видно, что наименьшее значение у будет при у = 10.
Итак, f/min=4800 рублей.
482.	Пусть секундная пропускная способность большей трубы х,
тогда при совместном действии обеих труб при закрытом кране за
1 сек поступает в бассейн (х-[-1) м3 воды, а при действии только
большей трубы при открытом кране (х— 1) м3 воды. Согласно усло-
вию задачи имеем неравенство
Ясно, что
10	6
+1+х-1
X > 1,
(1)
(2)
так как в противном случае при действии только большей трубы
при открытом кране в бассейне не увеличивалось бы количество
воды, а также потому, что эта труба большая. Таким образом,
(х —1)(%4-1)>0. Умножив неравенства (1) на (х—1)(х-|-1), полу-
чим неравенство, равносильное ему: 3(х2—1)<16х—4<4(х2—1).
Итак, нужно, чтобы одновременно выполнялись два неравенства:
Зх2 — 16х-М<0	(3)
и
4х2 — 16x^0.	(4)
Из (3) находим, что
8— Кб1 8+ Кб!
х	г	(5)
а из (4) получаем
х < 0 или х 4.	(6)
Из неравенств (2), (5) н (6) получаем окончательно 4<х<
<?-+f«^5,3.
О
236
483.	Положим, что до введения пошлин за год было продано
а тони местного угля и b тонн иностранного. Следовательно, до
введения пошлин выручка составляла р(а-{-Ь) денежных единиц.
Число тонн угля, ввозимого в течение года, после наложения пош-
лин равно 
р (a+ b) _npb—ad
d_ а~ np + d •
r 1 п
Поскольку за каждую тонну ввозимого угля власти получали
по d денежных единиц, то весь их доход за год составляет х =
npb—ad , ,	, _
= 	1 • <* (ден. ед). Перепишем последнее равенство в вида
ad2—(npb-x)d-j-npx = 0, откуда
. npb—х ± У\прЬ—х)2—4апрх	...
а~	Ча	’	U'
Чтобы d было вещественным, необходимо, чтобы (npb — х)2—
—4апрхс^0. Следовательно, наибольшее значение х получится из
условия
4апрх = (прЬ—х)2.	(2)
Из (1) и (2) следует, что в этом случае
(3)
Исключив из (2) и (3) х, получим d=np ( у 1 + “—1 )•
484.	Положим, что через t сек после начала движения вторая
точка, которая движется с некоторой скоростью v, догнала первую.
Следовательно, путь второй точки равен vt м. Согласно условию
задачи должно иметь место неравенство
vt < 10.	(1)
За это же время t первая точка проходит тот же путь vt. Как
/	at ® \
известно из физики ( s = vot ], этот пУть при п0 = 3 и а = 2
равен
vt=,3t + ~.	(2)
Из (2) находим, что t—v— 3. Подставляя это значение t в (1), по-
лучаем o(ii—3X10, или
—Зо —10<0.	(3)
Корнями левой части неравенства (3) являются 5 и —2, поэтому
-2<о<5.	(4)
Но для того, чтобы вторая точка могла бы вначале перегнать пер-
вую, ей надо иметь скорость большую, чем начальная скорость
первой, т. е. больше 3 м/сек. Таким образом, учитывая (4), имеем
3 < о <5.
237
485.	За время t (часов) автомашина пройдет путь 5^=40< (км),
а мотоцикл пройдет путь Ss=16f2 (км). Через t часов после нача-
ла движения расстояние между автомашиной и мотоциклом будет
равно d = |Ss + 9 — SA|, т. е. </ = |16^2—40^+9 | = |(4^— 5)2—1S |.
При возрастании t от / = 0 до <=— выражение (4/—5)2 убываетот
25 до 16, a d убывает от 9 до 0. При возрастании t от	до
^=1 -^-выражение (4(—5)а убывает от 16 до 0, a d возрастает от
0 до 16. При возрастании t от ^ = 1 до / = 2 выражение (4Z— 5)2
возрастает от 0 до 9, a d убывает от 16 до 7. Следовательно, через
, 1 „
1 часа после начала движения автомобиль и мотоцикл будут
находиться на расстоянии 16 км друг от друга, что превышает
расстояние между ними в любой другой момент в течение первых
двух часов движения.
486лПусть вес бриллианта Р каратов. Разделим его на п частей,
веса которых plt р2...рп. Таким образом,
Р — Pi 4"Рг + • • • + Рп-	(0
Пусть стоимость бриллианта до разлома С = Z?P2, где k — коэффициент
пропорциональности, или (см. (1).)стоимость бриллианта до разлома
С = й (Р1 + Р2+• • •+Рл)2- Стоимость после разлома
Ci = fepi4-fep2-|- ... + fepn = fe (pi4-p2 + ... ~\-рп)-	(2)
Докажем, что C>Ct. Действительно, С — k (pt+pl+ ... + pn) +
+ 2fe (P1P2+ P1P3 + P1P1 + • • • + Р>;-1Р,;) > k (pl 4- pa+ ... +P«) = Ci.
Итак, мы доказали, что стоимость всех частей бриллианта меньше
стоимости целого.
Далее, пусть
Р	р	р
Р1=~+Х1> Р2 = ~ + Х2, •••>	—	(3)
Zv	fv	/к
где
xi+x2 + • • • +хн = 0,	(4)
Р
так как Р = pi + p2++рл=:п ~+(*1 + -Ч+•••+*,,)
Из (2) и (3) следует, что стоимость после разлома равна
, Г/ Р \2	/ р \2	/ р VI
k 1л~«+Х1/ +\t+X2J +-" + ^+Хл; J’
или
&	2 (х1+хг + • •  +хл) — + С*1 + *2 + • •  + *п)] >
или, учитывая (4),
ГР2	7
+ (^+^ + .-- + 4) J .
238
Отсюда заключаем, что наименьшая стоимость всех частей бриллианта
будет, когда ^1 + ^2+• • • +хл = 0, а последнее возможно лишь
тогда, когда %i = x2= ... =х„ = 0, т. е. когда Pi = p2= ... =р„,
что и требовалось доказать.
487.	При каждой операции вливания в сосуд поступало л
спирта, а после каждой операции выливания в сосуде сохраня-
А
лось того количества спирта, которое было в сосуде в момент,
предшествующий этому выливанию.
Пусть Xj, х.2, х3, ... , хп— количество спирта в сосуде соответ-
ственно после 1-го, 2-го, 3-го.n-го выливания; тогда
_ ар А
Х1~Т00’ А + а’
(ар А ар \ А
*2 \Ю0‘ Л+а+ТОО/ " А + а’
Г ар / А V ар А аР~1 А
Хз ~ [Тбб ' H+aJ +ТбО ‘ 4 + a +TOOJ ’ А + а'
Aq
Согласно условию задачи должно быть хп , следова-
Ар Г , < А VI АЯ	1 ! А
тельно> Тоор-ЧГнО ]^Тоо,откуда МВД ^р’ или
те
\Д4-аУ р ’	\ a J p—q
Ясно, что задача имеет решение лишь в том случае, если р > д.
Далее, п
2s lg , откуда
Ответ, п
1е А
1е±±_«
488.	Пусть ширина клумбы х м, а длина у м; тогда длина
участка, т. е. клумбы вместе с дорожками, (у + &) м, а ширина
239
(*+4) м. Площадь дорожек S==(x + 4)(y+6)—216=--ху+6х +
216
4-4у—192. Но так как ху = 216, у~—— , то
864	! 1	12\
3 = 216 + 6* + —— 192; 3 = 24 + 72 |^ + — .
X	\X j
Функция S достигает минимума при том же х, что и функция
х	12	х	12
Z= — . Но при х>0 выполняется неравенство = -|--------------Э=2
1 it	X	12t X
(как сумма двух взаимно обратных положительных чисел). Функ-
ция 1 достигает минимума Zmin = 2 при х=12. Таким образом, пло-
щадь дорожек наименьшая, если ширина клумбы 12 м, а дли-
на 18 м.
489.	Пусть высота прямоугольной части окна h, сторона тре-
угольной части а, а периметр Р; тогда 2Л + За = Р, откуда
, Р—За
h = ~T~
(1)
Площади окна
а2 1/3
S = ah-\--4—. Учитывая (1), имеем
S=-J[2P-(6-K3)a]-	(2)
Выражение (2) достигает максимума при том же значении а, что и
выражение
(6-КЗ)а[2Р-(6-КЗ)а].	(3)
Поскольку (6—1<3)а+[2Р-(6—Кз)а] = 2Р— постоянная вели-
чина, то выражение (3) имеет максимум, если (6—]КЗ)а = 2Р—
— (6—а, откуда
Р
а= 6— Кз”'	(4>
Подставляя значение а из (4) в (1), получим
h з_____1/" з
Поделив почленно (5) на (4), получаем — = ———. К этому же
результату можно прийти, заметив, что (2) есть квадратная
функция аргумента а; ее максимум достигается при
Р
2	Р
а — —~.
6-Кз\ б-Кз
\ 4 /
Ответ. ~ (3 — V3 ).
240
490.	Пусть высота прямоугольной части окна h, а ширина а,
следовательно, радиус закругленной части у. Согласно условию
задачи имеем
2/г+а + ^ = Р.	(1)
Площадь окна S = ah-p^- .
О
Учитывая (1), получаем
Ра а2 ла2	_	4 + л „ Р
S = -2— У"’Г’	ИЛИ S=--------8~а2 + Та‘
Квадратная функция S достигает максимума при
__Р
________2 2Р
а~ / 4 + л\ —4 + л'
J
Из (1) и (2) находим: h=——.
4 + л
2Р	Р
Ответ. Ширина т-:—, а высота -г-— .
1 4-фЛ	4 + л
ГЛАВА IV
НЕРАВЕНСТВА В ГЕОМЕТРИИ
§ 1.	Неравенства в планиметрии
491.	Из треугольника DMC (рис. 18) имеем DC — DM < СМ, но
так как DC = DB, то DB— DM <СМ. Поскольку СМ —АС— AM,
то DB — DM < АС — AM, или DB— DM < АВ— AM, что и требо-
валось доказать.
492.	Требуется доказать (рис. 19), что АВ-^-ВС — АС < 2BD,
Имеем АВ < AD-]-BD, ВС < DC-FBD. Складывая эти два нера-
венства почленно, получаем: AB-]-BC<AC-]-2BD, откуда AB-j-BC—
—АС < 2BD, что и требовалось доказать.
493.	Из рис. 20 видно, что BF-\-FC> ВС, или BF-FFC-F
+ DE>BC-}-AC, или BF-FDF > АС-]-ВС, что и требовалось
доказать.
494.	Пусть О — произвольная точка, взятая внутри треуголь-
ника АВС. Из рис. 21 видно, что
АО + ВО > АВ, '
АО-]-СО > АС,
ВО + СО > ВС. ,
(1)
242
Складывая неравенства (.1) почленно, получаем
ЛВ + ЛС + ВС < 2(ДО + ВО + СО).	(2)
Далее,
АВ + ВОАО + СО, 'j
ВС + АС > ВО + АО, }	,	(3)
АВ + АС > BO-t-CO. J
Складывая почленно неравенства (3), получим 2(AB-j~AC-j-BC) >
> 2 (АО + ВО + СО), или
АВ-рАС + ВС > АО + ВО + СО.	(4)
Из (2) и (4) следует утверждение задачи.
в
Рис. 20.
495. Первое решение. Если прямоугольные
равны, то теорема очевидна. Если же треугольники
построив их на общей гипотенузе АВ и
ков АСВ и ACJ3 общую окружность
АС > ВСг, так как АС стягивает дугу,
не меньшую четверти окружности, BCj
стягивает дугу меньше четверти окружно-
сти и AC<AClt так как АС стягивает ду-
гу меньшую, чем дуга, стягиваемая Л С,.
Второе решение. Пусть а, b —
катеты одного прямоугольного треуголь-
ника и с—гипотенуза его, причем
а < Ь. Имеем
треугольники
не равны, то,
описав около треугольни-
(рис. 22), замечаем, что
Рис. 22.
a2 -f- Ь2 = с2.
(1)
Допустим, что существует другой прямоугольный треугольник
с гипотенузой с и катетами аг и blt где	ax < a, Ьг<Ь.
Имеем
a24-62 = c2.
(2)
А
В
243
Из равенств (1) и (2) следует, что a2-'i-b2 — a2 + b2 или (а3—в’) +
+ (62—63) = 0, что невозможно, так как а2—а2 > 0 и Ь2—Ь2 > 0.
Поэтому прямоугольный треугольник с гипотенузой с и кате-
тами аг и Ьг не существует. Тем более невозможно существование
такого прямоугольного треугольника, гипотенуза которого равна с,
а катеты и blt причем а1<а<& и Ь^^а — Ь.
496.	Пусть пятиугольник Л1Л2Л3Л4Л5 выпуклый. Легко заме-
тить, что при проведении диагоналей выпуклого пятиугольника обра-
зуются пять выпуклых четырехугольников: Л1Л2Л3Л4, Л1Л2Л4Л6,
Л2Л3Л4Л5, Л1Л2Л3Л5, Л4Л3Л4Л6. Сумма диагоналей выпуклого
четырехугольника больше суммы двух его противоположных сторон
(в чем читатель может легко убедиться), а поэтому имеем пять
неравенств:
•^1Л3Л2Л4 > Л1Л2 + Л3Л4,
Л1Л4-|-Л2Л4 > Л1Л2-(-Л4Л5,
Л2Л44-Л3Л5 > Л2Л3 + Л4Л5,
Л4Л8+ Л2Л6 > Л2Л3 Л3Л4,
> ^3^4+ ^Лр ,
(1)
Сложив почленно все пять неравенств (1) и сократив на два, по-
лучим Л4Л3 + Л2Л4+Л3Л6 +Л4Л4 + Л6Л2 > Л4Л2 + Л2Л3 + Л3Л4-{-
+ Л4Л6 +Л5Л4, что и требовалось доказать.
497.	Анализ. Пусть С (рис. 23) есть некоторая точка пря-
мой ху. Построим точку Л4, симметричную точке Л относительно ху,
СА^СА^. Следовательно, при любом" положении точки С будет
иметь место СВ—СА —
— СВ — CAt. Если точки
С,Л4,В не лежат на одной
прямой, то СВ — CAt<
< AjB. Когда точка С
совпадает с точкой
D(D —точка пересечения
ху с BAi), разность
DB—DAi делается рав-
ной Л4В. Это и есть наи-
большая величина рас-
сматриваемой разности.
Отсюда вытекает н пост-
роение. Находим точку
Л1Я симметричную точке
Л относительно прямой
Рис. 23.	ху. Потом проводим пря-
мую ВЛ4 до пересечения
с прямой ху в точке D. Точка D является искомой.
498.	Дана прямая ху и точки А и В, лежащие по одну сторону
от нее (рис. 24). Через точку Л1( симметричную точке Л относи-
тельно ху, и точку В проводим прямую, которая вереоекает ху
в точке М. Докажем, что точка М является искомой. Предположим,
что другая точка Л1х прямой ху — искомая. Из рисунка видно, что
АМ + ВМ = Л4Л1+ ВЛ4 = Л4В и АМ1-\-ВМ1 = А1М1А-ВМ1>А1В.
244
Из этих двух соотношений
<	т. е. точка М яв-
ляется искомой.
499.	Пусть Cj — произвольная
точка на прямой ху (рис. 25, а).
Отложим на ху отрезок CiDi = CD,
а затем проводим отрезок D^.
Далее, построим отрезок ВВг, рав-
ный отрезку DjCl и параллель-
ный ему. Затем построим точку В2,
симметричную точке Bj относи-
тельно ху, и проводим отрезки
АСЪ BjCx, В^. Нетрудно убе-
диться, что длина ломаной ЛС1О1В
равна ЛС1 + С1В2 + СО. Сумма
ЛС1-|-С1В2-|-СО достигает наи-
заключаем, что ЛЛ1-|-ВЛ1<
меньшего значения, если ломаная
ЛСХВ2 займет положение отрезка
ЛВ2. Поэтому, чтобы ломаная была наименьшей длины, надо точку
Cj заменить точкой С, в которой
Рис. 26.
Итак, искомая прямая ху
к медиане AD.
АВ, пересекается прямой ху
(рис* 25, б).
500. Через вершину Л про*
ведем произвольную прямую
MN (рис. 26). Из точек В, С
и середины D стороны ВС опус-
тим перпендикуляры ВВ1, СС±
и DK на MN. Сумма расстоя-
ний от вершин В и С до пря-
мой MN равна ВВг + СС1 =
—2KD, rjyeKD—средняя линия
трапеции BBjCjC. Очевидно,
что DK принимает наибольшее
значение, когда KD совпадает с
медианой (Л£>) треугольника
ЛВС, так как KD не больше
медианы AD.
должна быть перпендикулярной
245
501. Возьмем на сторонах угла хОу лее произвольные точки Вг
и Ci и рассмотрим периметр треугольника АВ1С1 (рис. 27). Построив
точку А1( симметричную точке А относительно Ох, а также точку А2,
симметричную точке А относительно Оу, и соединив точку Аг с В±
и А2 с Clt получим лома-
ную линию А1В1С1А2, кон-
цы которой находятся в точ-
ках Aj и А2 и длина которой
равна периметру треуголь-
ника АВ1С1. В самом деле,
длина ломаной линии /=
— A}Bi -|- BjCi -f- CjAg, но
А1В1 = АВ1 и CiA2 = ACt,
а поэтому / = АВ14-В1С1 +
+ 4С!- Эта сумма отрезков
есть периметр треугольника
ABjCj. Поскольку кратчай-
шее расстояние между двумя
точками Aj и А2 есть пря-
молинейный отрезок, соеди-
няющий эти точки, то, зна-
чит, искомые точки В и С
рис 27	находятся на прямой AjA2.
Отсюда и построение: нахо-
дим точку Ах, симметричную
А относительно Ох, далее строим точку А2, симметричную А
относительно Оу, Потом через точки Аг и А2 проводим прямую,
пересекающую Ох и Оу в точках В и С, которые и являются верши-
нами искомого треугольни-
ка, имеющего наименьший
периметр, равный отрезку
AtA2.
502. Отразим точки А и
В симметрично соответствен-
но относительно ОМ и ON
(рис. 28). Пусть точка Ах —
отражение точки А, а точка
Sj — отражение точки В.
Прямая AjBj пересекает ОМ
и ON соответственно в точ-
ках С и D. Докажем, что
точки С и D искомые. Дейст-
вительно, так как AC = AtC
и ВО = ВгО, то 41Д1 =
= ACA-CD-i-DB, и пос-
кольку AjBi меньше любой ломаной, концы которой находятся в
точках Ах и Blt например, AjCjDjBi, следовательно, и ломаная
ACDB меньше А1С1О1В1.
503.	Первый случай. Точка F находится вне круга (рис. 29).
Пусть FBA—секущая (А и В—точки пересечения секущей с окруж-
ностью). Требуется найти наибольшие и наименьшие значения
c = AF+BF.
(1)
246
Из центра О опустим перпендикуляр ОС на AF. Поскольку точка С
делит АВ пополам, то
АВ
2 ’
АС=ВС
(2)
В силу (1) и (2) имеем с= 4C-|-CB + BF-]-BF = 2(BC + BF) = 2FC.
Рассматривая прямоугольный треугольник FCO, легко убе-
диться, что отрезок FC достигает максимума, когда он займет поло-
жение FO. Итак, с принимает максимальное значение, когда секу-
щая проходит через центр.
Далее, если ОС будет увеличиваться, т. е. FA будет удаляться
от центра, то FC будет уменьшаться, так как гипотенуза FO тре-
угольника FCA не изменяется. Поскольку наибольшее расстояние
секущей от центра достигается, когда обе точки пересечения сли-
ваются, т. е. когда секущая вырождается в касательную, то с при-
нимает наименьшее значение, когда секущая — касательная (FHj).
Второй случай. Точка F находится внутри круга (рис. 30).
Проведем через точку F произвольную секущую (хорду) AFB и диа-
метр AjFBj. Поскольку F41 + FB1=41B1—диаметр, a F4 + FB =
= АВ—хорда, и так как любая хорда не больше диаметра, то иско-
мая сумма достигает максимума, когда секущая проходит через центр.
Далее, из всех хорд, проведенных через точку F, наименьшей
будет та, которая наиболее удалена от центра О. Такой хордой
является хорда А2В2, проведенная через точку F перпендикулярно
к диаметру XjBj.
Действительно, опустив из центра О перпендикуляр ОС на
хорду АВ, убедимся, что в треугольнике OCF OF > ОС (гипотенуза
больше катета); следовательно, Д2В2 < АВ.
Третий случай. Точка F находится на окружности. В дан-
ном случае точка F сливается с одной из точек пересечения секущей
с окружностью. Следовательно, одно из слагаемых искомой суммы
равно нулю, а второе слагаемое есть хорда или диаметр, а так как
диаметр не меньше хорды, то и в этом случае искомая сумма
достигает максимума, когда секущая проходит через центр круга.
В рассматриваемом случае имеется и минимум суммы, равный нулю.
247
Это достигается тогда, когда секущая вырождается в касательную,
т. е. когда точка F и обе точки пересечения секущей с окружностью
сливаются в одну точку, а следовательно, оба слагаемых искомой
суммы равны нулю.
504.	Обозначим сторону квадрата через а, тогда его периметр 4а,
а площадь а3. Известно, что из всех треугольников с данной пло-
щадью равносторонний имеет наименьший периметр (задача 524),
поэтому мы можем предположить, что треугольник равносторонний.
Пусть сторона равностороннего треугольника равна 6, тогда его
b2 V 3	Ь3 ]/~3
периметр ЗЬ, а площадь —|. Итак, дано а2 =—— и требуется
доказать, что 36 > 4а. Рассмотрим разность 36—4а = 36—
—26 |/3= 6 £/3 ( |/27— £/Тб) > 0. Следовательно, 36 > 4а.
505.	Пусть CN — биссектриса4 внешнего угла ВСВг треугольника
АВС (рис. 31). Отразим точку В симметрично относительно биссек-
трисы CN. Отражение точки В попадет в точку Blt находящуюся
на продолжении стороны АС; действительно, треугольники ВМ}С и
BxMiC (Alj—точка пересечения CN cBBj равны по общему KaTeryCAdj
и прилежащим к нему углам ВСМХ и BjCMp следовательно, ВМг =
— Из равенства этих же треугольников следует, что ВС — ВуС,
откуда имеем
АВг = АС+ВС.	(1)
Поскольку CN ±BBj и CN проходит через середину Мг отрезка
ВВ1, то
Л4В = Л4ВГ	(2)
Из треугольника АМВг следует, что
MA-i-MBt > АВг.	(3)
В силу (1), (2) и (3) следует, что МА А-МВ > АС + ВС, что и тре-
бовалось доказать.
Аналогично доказывается эта теорема для случая, когда точка
М находится на другой биссектрисе.
506.	Пусть точки М и N — середины диагоналей АС и BD
четырехугольника ABCD (сторона выбрана, так, что М, N и Е не
лежат на одной прямой) (рис. 32). Построим треугольник MNE,
где Е—середина стороны AD; NE=-^-, ME = как сред-
248
ние линии треугольников ABD и ACD. Пусть точки Л4 и Af не сов-
падают.
Известно, что сторона треугольника больше разности двух
других его сторон. Из треугольника MNE имеем
[АВ DC [ [AB — DC[
MN > [NE — A4E| = -g----Г =J-----2----L‘
(1)
Если же середины обеих диагоналей совпадают с точкой пересечения
их, то, как известно, данный четырехугольник — параллелограмм
и тогда
MN = ~(AB~CD)^0.
(2)
Объединяя выводы (1) и (2),
507. Опустим из точек
и ССХ на прямую КМ и про-
должим перпендикуляр ССХ
на отрезок СКЕ, равный СС±.
Соединим отрезком точки Е
и А и докажем, что линия
ВАЕ — прямая. Так как
AD — биссектриса угла
ВАС, то
^ВАВ^^САС^ (1)
как дополнение равных уг-
лов до прямого. Точки А и
Вх лежат на перпендикуляре
МК, проведенном через се-
редину отрезка СЕ, а по-
этому
АС = АЕ и В1С = В1В. (2)
Следовательно, треугольник
САЕ — равнобедренный и его
угла САЕ, т. е.
[AB — DC[
получим	----g-----
В и С (рис. 33) перпендикуляры ВВХ
высота АС, является биссектрисой
z ЕАС! = £ CACV
(3)
Из равенств (1) и (3) следует, что ВАВ^ — £ ЕАСг, но В^М—
прямая, следовательно, и линия ВАЕ — прямая. Из треугольника
BBjE следует, что ВА +АВ < ВВ} + ВГЕ, или, учитывая равенство(2),
имеем: В А-}-АС < ВВ,-)- ВгС.
Прибавив к обеим частям последнего неравенства по ВС, полу-
чим утверждение задачи: ВА+АС + ВС < BBf}- В^А- ВС.
508. Первое решение. Пусть стороны треугольника а и Ь,
а угол между ними С, тогда его площадь S^=~ab sin С. Так как
sin С принимает наибольшее значение, когда угол С прямой, то и
наибольшая площадь треугольника будет при перпендикулярности
сторон а и Ь.
249
Второе решение (рис. 34). Примем отрезок СВ, равный а,
за основание треугольников: HjCB (угол С—острый), АСВ (угол С—
прямой), А2СВ (угол С —тупой), AtC=AC — A2C = b. Из точки
С опишем дугу радиусом, равным Ь. Эта дуга пройдет через Аь А и Л2.
Так как половина хорды не больше радиуса, то высоты AJ) и А2Е
треугольников AjCB и А2СВ меньше высоты АС прямоугольного
треугольника АСВ, а поскольку у этих трех треугольников общее
основание, то наибольшую площадь имеет треугольник АСВ.
509. Обозначим через a, b, с, d стороны АВ, ВС, CD, DA четырех-
угольника ABCD (рис. 35). Имеем S =	—	& +
cdsinD 2absinB 2cdsinD (а— b')2-i-2ab	(с—rf)2-|-2cd
+-----2-----=----4----+	’ “-----------------------------
a2 + b2 + c2 + d2
-------------— , что и
4	'	4	~	4
требовалось доказать. Равенство имеет
когда четырехугольник — квадрат.
Рис. 36.
нали
что
4
место лишь в том случае,
510. Пусть две стороны треугольника а и Ь, причем а > Ь, а
соответствующие им высоты ha и hb. Требуется доказать, что ha < hb.
Удвоенная площадь треугольника
равна aha или bhb, откуда aha — bhb.
h b
Следовательно, — ~ • Так как
а > Ь, то — < 1, а потому и
h
< 1, откуда ha < hb, что и тре-
hb
бовалось доказать.
511. Пусть в треугольнике АВС
(рис. 36) ВС = а, АС= Ь, АВ=с,
медиана BD = ть. Продолжим ме-
диану BD на отрезок DE, равный
BD. Четырехугольник АВСЕ — па-
раллелограмм, так как его диаго-
точкой пересечения делятся пополам. Из геометрии известно,
AC2 BE2 = 2АВ2 + 2ВС2, или, в наших обозначениях,
250
2
что а > Ь. Следовательно, надо доказать, что 1д < 1В.
1 . . .
2
V 2с2 А-2а2__Ь2
Ь2-\-(2ть)2 = 2с2+2а2, откуда ть = ---------. Аналогично,
т/'2с2 + 2&2__а2
та-— -------i-g-----. Для определенности пустьа<&; тогда требуется
доказать, что та > ть, т, е. надо доказать, что }/~2с2 + 2Ь2—а2 >
> yr2c2-i-2a2—Ь2, или 2Ь2 — а2 > 2а2— Ь2, или а2 < Ь2 и а < Ь.
Таким образом, мы доказали, что та > т^, если а <Ь.
512.	Пусть в треугольнике АВС стороны, противолежащие
углам А, В, С, соответственно равны а, Ь, с, и пусть биссектрисы
углов А и В соответственно равны 1А и 1В. Для определенности
положим, что а > Ь. Следовательно, надо доказать, что 1Л < 1В.
В наших обозначениях площадь треугольника равна -у be sin А
1 / а А \	А
или -JT- ( ЫА sin-^-j-c/^ sin — j . Таким образом, be sin А = ЫА sin -= +
А	А А	А	А
+ c/^sin-g-, или 2Z>csin-g-cos-g- = 6/^ sin-g-4-с/^ sin-g-, или
,	2&ccos^$-
Л	V
2&ccos-g- = /^ (&+c). Отсюда lA = —’ пли> поделив числи-
тель и знаменатель последнего равенства на произведение Ьс, получим
о А
2 cos-^-
I ________
1 1 '
b + с
(1)
Аналогично,
„ В
2cos-^-
Zs=17r-
а "Г" с
(2)
т4 л
Поскольку а > Ь, то и А > В, и так как, кроме того, 0 < -g- < -g- ,
п В л А В „
О < -g- < -g-, то cos-g- < cos-g- . Следовательно, числитель дроби (1)
меньше числителя дроби (2). Далее, знаменатель 4- + — дроби (1)
«	1 I 1	1	1
больше знаменателя ~~г~ дроби (2) в силу того, что —< —.
На основании изложенного заключаем, что 1А < /а, что и требова-
лось доказать.
513. Требуется доказать (рис. 37), что (АВ А-АС)ВС <
< AM < (АВ + АС). Имеем АВ—ВМ<АМиАС — МС<АМ,
&
251
следовательно, АВ-}-AC— ВС < 2АМ, откуда делением обеих частей
на 2 получаем
1(43 + 40) —±ВС < AM.
рис. 37.
неравенство.
Теперь на продолжении медианы AM
отложим отрезок MD= 4М.Изтреуголь-
ника ACD имеем: AD < DC-f-AC, или
2АМ < АВ-}~ АС, откуда делением по-
полам обеих частей получаем
AM <~(АВ + АС).
514. Обозначим стороны треуголь-
ника через а, Ь, с, а соответственные
медианы через та, ть, тс.
Имеем (см. задачу 513):
1(6 + с) —1а < та < 1(& + с),
1(с+я)-1* < ть <±-(с+а),
1(а + 6)-1с < тс < 1(а + й).
Складывая эти три неравенства почленно, получаем
-у(а + & + с) < /па +/И;, +/пс < а + & + с.
Итак, сумма медиан треугольника заключается между его полупе-
риметром и периметром.
515. Пусть М—точка пересечения медиан треугольника АВС.'
Поскольку точка М делит каждую из медиан в отношении 1:2,
... 2та „., 2ть „
считая от стороны треугольника, то AM =—~, ВМ . Из тре-
.,. о	2та , 2ть	3
угольника AM В имеем: ~+ + ~з > с> откуда та-]-ть > -% с.
,,	„ a&sinC	4a6sinC	(а — &)2 + 4аЬ /а-}-Ь\2
2	8	8	\2 /2/
что и требовалось доказать.
Знак равенства имеет место лишь тогда, когда треугольник
прямоугольный и равнобедренный (С = 90°).
.. с ab sin С ia—b)2-’rab 1 . „	. . ...
517.	Имеем: SABC — —!-------------------= -g- (а2 — а&+&2), что
и требовалось доказать.
Знак равенства имеет место лишь тогда, когда треугольник
равнобедренный н прямоугольный (С = 90°).
,<о „ с absinC 2absinC	(а—b)2-}-2ab a2-j-b2
518.	Имеем: S = —— =---------------------------= —j—, что
2	4	4	4
и требовалось доказать.
252
Знак равенства имеет место лишь тогда, когда тп№ПП>.иш,
прямоугольный и равнобедренный (а = 6).	у ник
519.	Требуется доказать, что S < —g------. В задаче 518 мы
доказали, что
а* + 62.	&2+с2_	а*+<?
Ясно, что знак равенства может иметь место только в одном из
а2 _L £)2 I I с2 _ц а2 I с2
этих трех соотношений, поэтому 3S < —!--------!—О-----!--!— =
a2-f-62-|-c2	о а24-&2-|-с2
»= —i-g—!— , откуда S < —L—J— .
520.	На отрезке Л В —основании искомого треугольника (рис. 38)
строим сегмент, вмещающий данный угол. Рассмотрим два треуголь-
ника: ЛСВ — равнобедренный и АСгВ— произвольный, где С и Ct—
точки на дуге АВ. Биссектрисы CD и СуЕ этих треугольников про-
должим до встречи (в одной точке) с окружностью в точке /С
Диаметр СК больше хорды С17С, т. е. CD-\-DK > С±Е-{-ЕК, но
DK меньше ЕК, так как DK перпендикуляр к Л В, а СК— наклон-
ная. Следовательно, CD больше СгЕ, что и требовалось доказать.
521.	На отрезке ЛВ—основании искомого треугольника—строим
сегмент, вмещающий данный острый угол (рис. 39). Пусть АСВ —
равнобедренный, а АС]В — произвольный треугольники, где С и Сг —
точки на дуге АВ. Пусть D—основание медиан СО и CtO, О —
центр круга. Из рисунка 39 видим, что ОС = ОСТ и 0С1-)-0О>ОС1.
Сложив эти два соотношения, получим ОСA-OC1A-OD > OCl-\~DC1,
или OC-j-OD > DClt или DC > DClt что и требовалось доказать.
522.	На отрезке ЛВ —основании искомого треугольника —стро-
им сегмент, вмещающий данный тупой угол (рис. 40). Пусть АСВ —
равнобедренный треугольник, а АС^ — произвольный треугольник,
где С и Сх—точки на дуге АВ. Требуется доказать, что медиана СО
меньше медианы СХО. Из рисунка 40 усматриваем, что OD-b-DC—OCt
253
есть радиус и 0Сг < ODA-DC^ Сложив эти два соотношения, полу-
чим OD-J-DC + OCj < OC1-\-OD-\-DC1, откуда DC < DClt что и тре-
бовалось доказать.
523. 1) На отрезке АС—основании искомого треугольника —
строим сегмент, вмещающий данный угол АВС (рис. 41). Из сере-
дины D основания АС проводим перпендикуляр к АС до пересече-
ния с дугой АВС в точке В. Равнобедренный треугольник АВС —
искомый. Действительно, пусть
Рис. 42.
АВ —ВС опишем окружность
с окружностью в точке М. Из
ДВ1С—треугольник с вершиной
в произвольной точке В} на дуге
АС. Сравним площади треуголь-
ников АВС и XBjC. Эти треуголь-
ники имеют общее основание АС,
а высота BD треугольника АВС
больше высоты В^Ь^ треугольника
АВгС, поэтому площадь треуголь-
ника АВС больше площади тре-
угольника АВ^С.
2) Первое решение. Как
и в 1), строим на данном основа-
нии АС сегмент, вмещающий, дан-
ный угол а (рис. 42), и рассмат-
риваем два треугольника, вписан-
ных в этот сегмент: равнобедрен-
ный АВС и неравнобедренный
ABjC. Далее, из точки В радиусом
и продолжим ABX до пересечения
рисунка усматриваем, что
АВ + ВС = АВ + ВМ > АМ = АВ1 + В1М.
(1)
Но в треугольнике СВ±М угол В1МС = -^ , так как он измеряется
половиной дуги АС (а). Следовательно, и /_МСВ1 = ^-. Таким об-
разом, треугольник В±МС — равнобедренный. Поэтому
= В£.	(2)
254
Из (1) и (2) заключаем, что АВ-\-ВС > AM = АВ1-\-В1С, что и тре-
бовалось доказать.
„	ВС
Второе решение. По теореме синусов имеем =
АВ АС	АС• sin (А + В) ог AC-sin А
sinG4 +ДГ^НВ ’ откуда лв =------^в------; вс = -^Гв-
Таким образом, периметр треугольника АВС
„ . ( . , В \ В -|
2 sin I А +^“ ) cos~2
„  В В
2 sin -g- cos-g-
sin (A + B) + sin A
1+ siiFB
sin
= АС
. В
sin -у
Поскольку AC и sin ——постоянные величины, то P достигает паи-
(В \	в
А -(--и- 1 = 1, т. е. когда А + — = 90°.
£• J	&
Итак, имеем АН—=	- , или 2А — А-рС, откуда А = С;
следовательно, треугольник равнобедренный.
524.	Площадь треугольника
с т/Л|2 + ^+с b—с а-\-с— b Ь-\-с—а
5 ~ V 2	2	2	2	’
где а, Ь, с—стороны треугольника. Отсюда (а + &+<?) (а-\-Ь—с)х
Х(а-{-с— t>)(b-{-c—a)=16S2. Сумму « + & + <: можно представить
так:
,	_3 I а + Ь + с « + & —с а-]-с —Ь Ь-\- с—а\
a + o+c — f j I j I j I j j .
_	a-pb-pc a4-b — с a-\-c — b b-i-c—a 16S2
Произведение 3-----------------—----------—--------~~3~' T- e'
равно постоянной величине. Следовательно, сумма сомножителей
принимает наименьшее значение тогда, когда эти сомножители равны
между собой, т. е. если	—аА-Ь~с = а-\-с—b = b + c—a.
Эти равенства возможны только при а = Ь = с. Итак, искомый тре-
угольник равносторонний.
525.	Пусть боковые стороны а + а и а—а, тогда площадь тре-
угольника S = —(а— а)(а+а) sin<p = -^-(a2—a2)sin<p. Ясно, что S
достигает максимума при а = 0. Таким образом, искомый треуголь-
ник — равнобедренный.
255
526.	Первое решение. Рассмотрим два треугольника
(рис. 43); равнобедренный АВС (АВ = АС) и ADE, у которых общий
угол А и
aba-ac^ad+ae.
(1)
Из этого равенства следует, что BD — EC. Из точек D и Е опустим
перпендикуляры DK. и EF на прямую ВС. Легко убедиться, что
CEF равны между собой. Из равенства этих
треугольников следует, что BK = CF, а
потому KF — BC. Но KF является про-
екцией DE на прямую ВС, поэтому
KF < DE, т. е.
ВС
треугольники BDK и
DE.
(2)
В силу соотношений (1) и (2) имеем
AB + AC + BC<AD+AE + DE, т. е. у
равнобедренного треугольника меньший
периметр, чем у любого другого тре-
угольника, если эти треугольники удов-
летворяют условию задачи.
Второе решение. Введем обоз-
начения АВ = AC— a; BD = CE = x. Из
Из треугольника ВАС следует
начения АВ = AC —a; BD = CE = x.
треугольника DAE имеем
О£2 =
=(а4-х)2 + (а — х)2— 2 (а2 — х2) cos А.
U)
ВС2 — la2 —2а2 cos А.
(2)
Вычитая почленно из равенства (1) равенство (2), получим
DE2 — ВС2 — 1х2 + lx2 cos А — 2х2 (1 -|-cos А).
Так как 1-|-созЛ >0 и х2 > 0, то DE2 — ВС2>0, откуда
DE > ВС, и мы пришли к такому же заключению, как и в первом
решении.	___________________
527.	Площадь треугольника равна Ур (р—а)(р — Ь) (р—с), где
а, Ь, с — стороны треугольника. По условию, У~р— постоянная ве-
личина. Следовательно, наибольшая площадь треугольника будет
тогда, когда произведение (р — а) (р — 6) (р—с) примет наибольшее
значение. Так как сумма (р —п) + (р— Ь)-\-(р — с) = р — постоянная
величина, то произведение (р—а) (р — Ь) (р—с) будет наибольшим,
когда р — а = р — Ь = р—с, т. е. при а = Ь — с.
528.	По теореме Пифагора имеем
а2А-Ь2 = с2.
(1)
Учетверенная площадь прямоугольного треугольника равна
2аЬ или 2cft.	(2)
Из (1) и (2) следует a2-]-2a&-}-62 = c2-]-2c7i, или (a-[-6)2 = (c-[-/i)2—h2,
откуда a-j-b = )/ (с -j- ft)2 — h2 < У (с 4- ft)2 = с h.
256
529.	Обозначим через а, Ь, с стороны треугольника. Для опре-
деленности, пусть а b Зв с, тогда соответствующие им высоты будут
удовлетворять соотношениям:
/ia hb hc.	(1)
Если расстояния от произвольной точки, взятой внутри треуголь-
ника до сторон а, Ь, с, соответственно равны 1а, 1Ь, 1е, То удвоенная
площадь данного треугольника
2S=a/0 + Wb+c/c.	(2)
Так как	с<а, с<&,	(3)
2S
то из (2) следует cla-j-clb-j-clc <2S, откуда /а + ;ь + ^<-Т" • Но
С
2S
поскольку — ~hc, то
^а4" 4"	(4)
Также, учитывая (2) и (3), имеем ala-j-alb-{-alc^2S, откуда
2S
(5)
В силу (4) и (5) имеем окончательно: ha + +	что н
требовалось доказать.
530.	На стороне АС треугольника АВС (рис. 44) возьмем три
точки: вершины Л и С и произвольную точку М между ними. Для
определенности, пусть угол А больше угла С, тогда расстояние
AN от А до стороны ВС будет меньше, чем расстояние CL от С до
стороны АВ. Остается сравнить сумму MF-\-ME расстояний от
точки М до сторон ВС и АВ с AN. Из точки М опустим перпен-
дикуляр МК на AN. Из рисунка видим, что достаточно сравнить
отрезки АК и ME, так как KN = MF.
В прямоугольных треугольниках АКМ и АЕМ катет АК меньше
катета ME, так как они имеют общую гипотенузу и угол ЕАМ
больше угла КМА ( = ВСА). Итак, AK-\-KN < MFA-ME, или
AN < MF A-ME, т. е. вершина А большего угла при АС является
искомой точкой. Если же углы А я С равны, то легко убедиться,
что ME MF — AN — постоянные величины.
531.	Для определенности, пусть /.О £.В> £А (рис. 45). Через
произвольную точку М, взятую внутри треугольника, проведем
9 И. X. Сивашинсквй	257
прямую DE || АВ (D —на ЛС; Е — на ВС). Из точки М опустим
перпендикуляры MQ и MR на АС и ВС, а из точки Е — перпенди-
в треуголь-
(I)
EG на АВ.
куляр ЕН иа АС.
иике DCE
В задаче 530 мы установили, что
Из точек М и Е
Так как MP = EG,
ЕН < MQ + MR.
опускаем перпендикуляры МР и
то (1) можно переписать так:
EH + EG < MQ + MR + MP.
Рассмотрим треугольник АСВ. На основании задачи
СК < EG + EH.
(2)
530 высота
(3)
В силу (2) и (3) имеем окончательно СК <MQ-^-MR-\-MP, т. е.
высота СК, опущенная из вершины наибольшего угла, есть наи-
меньшее значение суммы MQ-]- MR МР.
Более простые случаи, когда £С= /_А = £В, £С=£В > £А,
£С >	= /_А, предоставляется рассмотреть читателю.
532. Обозначим через х, у, г рас-
стояния от точки М, взятой внутри
треугольника АВС, до сторон ВС,
АС, АВ (рис. 46). Тогда площадь
.	„ ах , by . сг
треугольника ABC	+ у •
откуда
ax + &y + cz = 2S.
Произведение хуг принимает на-
ибольшее значение тогда, когда
ax-by-сг также достигает наиболь-
шего значения. Последнее имеет мес-
2S
то, когда ах = by — сг = -g- , откуда
hc
2S а/г„ /г„
х = зН”_ з?-!’;
где с—гипотенуза
где hg, hb, hc—высоты треугольника ABC.
Из последних трех равенств заключаем, что
точка пересечения медиан.
533. Поскольку Д = -|-,
S
г — ~ > где р — полупериметр треугольника, то
= 4-4----г~гт— > гДе а. и b—катеты. Далее,
2	d “у- и -|- С
п ,	ac-\-bc-\-c2-\-2ab с (а-|- Ь)4- (а&)2
искомая точка —
треугольника, а
z р
2 (а + &-|-с)
(а+ <>) (a-|-i>4-c) a-\-b
= 2(а-|-&-|-с)	“ 2 *
Так как —> У~аЬ = У~2$, то R-\-r^y^S. Знак равенства
имеет место только при а = Ь, т. е. когда треугольник равнобед-
ренный.
258
534.	Известно, что среднее арифметическое положительных чисел
ие меньше их среднего геометрического. Поэтому
(р-а) + (Р-&) + (р-с) у{р_а) (р_Ь}
или
Зр—(а+& + с) 4/ р (р— а) (р —b) (р — С)
3	" V	р
но так как площадь треугольника S= У р (р—а) (р — Ь) (р—с) = рг, то

или -|-й:^/рг3, или За рг2, откуда р2 5= 27г2. Впрочем, этот
результат сразу следует из задачи 527. Действительно, площадь
любого треугольника периметра 2р превосходит площадь равносто-
роннего треугольника с тем же периметром, т. е. —-== . Но, как
п2
известно, S — pr и, следовательно, pr eg д ’ 0ТКУДа Р2Т»27лг.
535.	Обозначим радиус круга, вписанного в треугольник АВС,
через г. Тогда сторона правильного треугольника AJ^C^ вписан-
ного в круг, будет равна г У~3, а периметр Зг Уз. Если обозначим
периметр треугольника АВС через 2р, то задача сводится к дока-
зательству неравенства 2р :> Зг Уз, или р Зг Уз, или р2 Та 27г2;
это неравенство было нами доказано в задаче 534.
536.	Левое неравенство аА~Ь > с имеет место в любом треуголь-
нике. Остается доказать, что аА-Ь^с У2. Обозначим острый угол
треугольника через а. Имеем а —с sin а, й = ссоза, откуда а-\-Ь =
«= с (cosa+sin ос)=сУ2 (cosa sin 45°-|-sina cos 45°)=c]^2 sin (a4~45°).
Поскольку наибольшее значение sin (a+ 45°) есть 1, то a4-&<c)^2.
Вторую часть можно доказать н так: пусть h—высота треугольника,
опущенная на гипотенузу. Имеем
а2 4-й2 =с2.
(О
Учетверенная площадь треугольника равна
2аЬ, или 2ch.	(2)
Q
Из (1) и (2) следует, что (a-^-b)2 = c2-\-2ch. Но так как ftsg-^-, то
(а 4-й)2 eg 2с2, откуда п4-6<с У2. Рекомендуем читателю самостоя-
тельно получить последнее неравенство из результата задачи 523.
537.	Обозначим катеты треугольника через а и &, а гипотенузу
_	п аА-ЬА-с „ he
через с. Площадь треугольника S=——г, или S = -^-, откуда
9*
259
г С
h ~a-\-b-\-c '
Так как а-{-Ь > с, то
г с
h < c-j-
(1)
Теперь, сложив почленно очевидное неравенство аъА-Ьг^2аЬ с ра-
венством с2 = а2-|-&2, получим (а2 + &2) + с2^(а + &)3, или 2с2
22(а-Ь&)2, откуда a-|-fe<c ^2. Имеем
г _ с	с _	1
h~ a + b + c-" с у~2 + с~" K2-J-1
К2— 1 « 0,41 > 0,4. (2)
В силу (1) и (2) следует, что 0,4 < ~ < 0,5.
538.	Пусть окружность радиуса г± вписана в квадрат (рис. 47).
Проведем к этой окружности касательные А^ и В1С1, причем
AiB^AB, BjCrjlBC. Очевидно, что треугольник А1В1С1 лежит внутри
треугольника АВС; следовательно, AiCx < АС. Далее, поскольку
треугольники А1В1С1 и АВС подобны, то ~ =	< Ь откуда
г, < г. Но так как x — 2rlt то
х < 2r.	(1)
Теперь пусть гг — радиус окружности, описанной около квадрата
(рис. 48). Проведем к ней касательные А2В2, В2С2 и А2С2, причем
А2В2|1АВ, В2С21|ВС и А2С2!|АС.
Очевидно, что треугольник АВС лежит внутри треугольника
Л2В2С2; следовательно, А2С2 > АС. Поскольку треугольники А2В2С2
и ЛВС подобны, то —	> 1, откуда г < г2. Но так как
Г до
х=гг то имеем
X > г уТ.	(2)
Из (1) и (2) следует, что г < х <2г, что и требовалось доказать.
539. Первое решение. Очевидно, что ha > 2г; Л& > 2г;
> 2г.
ИО
Умножив эти неравенства иа 2R, получим
2Rha > 4Rr, 2Rhb > 4Rr, 2Rhe > 4Rr.
(1)
Известно, что ^=Я, или	0ТКУДа bc = 2Rha. Кк&по-
гично ac = 2Rhb и ab = 2Rhc. В силу последних трех соотношений
неравенства (1) принимают вид be > 4Rr; ас > 4Rr; ab > 4Rr.
Из последних трех неравенств получаем — > 2 YRr3. Так как
~ = 8, то S > 2 V~R^.
4R
Второе решение. Нужно доказать, что
S > 2 V"R^.
(0
„	п abc	2S
Поскольку й =
то неравенство (1) принимает
вид S > 2	• ((t+Yqrc-j3’ или (а + 6 + с)3 > 8аЬс’
+ с > 2 f/abc, или -	—6- > -| )/аЬс, но так как
abc > abc, то
а -|” b -j- с -	2 з z~t”
-^3— > 3 УаЬс-
или а + & +
n-p&-J-e
3
(2)
Поскольку все произведенные операции обратимы, то из неравенства
(2) следует и неравенство (1).
540.	Имеем 2 УУр— Ь)(р — с)— j/"(a — b-{-c)(a-\-b — с)—
«= у а2 — (Ь—с)2	Очевидно, что только при & = с имеет место
знак равенства.
541.	Пусть стороны прямоугольника равны а и &. По условию,
ab = S, следовательно, 2a'& = 2S. Таким образом, сумма 2а + b будет
наименьшей при 2а — Ь. Итак, имеем систему 2ab = 2S, 2a = b. Решая
эту систему, находим b — V"2S, 2а = У~28.
Ответ. 2 У~28.
542.	Так как р—а > 0, р—b > 0, р—с > 0, где p = SiAzh£. t
то на основании задачи 188 имеем (р—а) (р — Ь) + (р— Ь) (р—с)+
+ (Р— с) (Р—а)	КЗ (р —а) (р —&) (р —с)р, или Зр2—2р (а4-&+с)+
+ аЬ-\-Ьс-Уас^ уг3р(р — а)(р — Ь)(р — с).	Отсюда ab-ybc-4-ca^
S У^З+р2, т. е. 4 (ab 4-be + са)	4S У~3-\-4р2. После преобразо-
ваний получаем
2(a& + &c+ca)>4S /§ + а2-|-&2-|-с2.
Равенство достигается лишь тогда, когда треугольник равносто-
ронний.
261
543.	Имеем (а+b) + (а+с) + (&+с) > 3	+ &) (а 4-с) (&+ё),
т. е.
а + b + О у У (а+ 6) (а + с) (& + с).	(1)
Далее,
_L+J_+__L=
а+&~& + с ~с-\-а
“ (<+»)(<,+С) (S+3l<“+4<“+':>+<“+<,> <*+<'>+(''+'> <“+'Я»
»(„+t)(4e)«,+<!> ^(« + W<« + «>><» + Ч’. (2)
Перемножив почленно неравенства (1) и (2), получим
<«+»+<}	у <»+«	х
х (a+t)(4C)(r+g>	_i.
Поделив обе части последнего неравенства на два, получим
a+b+c / 1	1	1 \	9
2 \а + & ' & + с с-{-а]	4’
или
/_1_____1____1 \	9_
? ^а + & ' b-\-c '"с + а )	4
544.	Обозначим площади треугольников МВС, MCA, МАВ
(рис. 49) соответственно через Sn S2, S3.
Поскольку треугольники АВС и МВС имеют общее основание,
AAi Si -j- *^з 4” S3 г1
то ТГ'л ~ с "—“• Составим производную пропорцию
/И Al	oi
Сложив последние три равенства,
AM ВМ CM fSt SA
АгМ + BtM +	+ S J
AAt — MAi S2 + S3
MA! ~ S! ’
или
M A _52-}-8з_S2 S3
MAi~ Si
Аналогично получим
MB Sj-J-Sj S3 , Sj
MBt~ S2 “Sa^Sa
н
Л4С _ Si-J-Sg Sj . S3
AICj S3 S3 S3
получаем
+(г:^)+й4:Н ">
252
так как выражения в скобках суть суммы взаимно обратных
положительных чисел. Знак равенства имеет место только тогда,
когда S1 = S2=S3, т. е. когда точка М есть центр тяжести.
545.	В предыдущей задаче мы доказали, что
AM Sz + Sg ВМ S3+St. CM St + Sj осе
AtM ~ Si ’ BiM S2 ’ CtAl S3 ’ где й1’ 2’ 3
площади треугольников MBC, MCA, МАВ. Перемножая эти равен-
ства почленно, получаем
AM ВМ CM +	+
АХМ ’ BjM ’ CtM	SiS2S3
2
SiS2S3
Знак равенства имеет место, лишь когда М является точкой пере-
сечения медиан.
546.	Предварительно докажем, что имеет место неравенство
1	1	4
---1 Зэ—:—, если т. > 0, п > 0. Действительно, рассмотрим
т п т-\- п
очевидное неравенство
(т—п)2ЭгО, или т2—2тп-{-п2^0, т2-~2тп-2гп2 — 4гпп^0,
(т-\-п)2— 4тп^0, (т -J- п)2 2а 4тп,
mj-n^ 4	1	!	4
тп т-^-п’ т'п т-\-п‘
На основании этого неравенства имеем
1______1	4	4 =Д
р—а ‘ р — Ь "" (р —а)-г (р—Ь) 2р—а—b	с’
1	,	1 >	4	_4	1	1	4	. 4,
р — Ь'р—С"~2р— Ь—с а ’	р—а~р—с 2р—а—с b
Сложив почленно последние три неравенства, получим
2,2,2	4,4,4
----------------> -—---------,
р—а ' р—b 1 р—а b 1 с
или
——।—Цн—— >2^—+4-+—)•
р—а р—b р—с \ а Ь с )
547.	Если а, Ь, с—стороны треугольника, а А, В, С — проти-
волежащие им углы, то имеем
a — 2R sin A, & = 2/?sinB, c=2R sin С = 2Д зш(Л4-В),
где R — радиус описанной окружности. Рассмотрим
y = a2-pb2A-c2 = 4R2 [sin2 А -J-sin2 Вsin2 (А В)] =
лГ>„ Г1—соз2Л , 1—cos2B , ,	,,л । ml
= 4R2 ----g----1---2-----1 — cos И +
= 4fi2 [2 —cos (Я—В) cos (Л В) —cos2 (Л -[-В)].
263
Величина у достигает максимума при тех же значениях Л и В,
что и выражение, стоящее в квадратных скобках, которое обозна-
чим через х, т. е. х = 2—соз(Л — В)соэ(Л + В) — сдз2(Л4-В). Из
этого равенства следует, что
cos (Л + В) = r^lllzjB)±j£co57A^BT+8^
2
Поэтому необходимо, чтобы cos2 (Л — В) + 8—4x^0, откуда
... „cos2 (Л -В) + 8
4
Очевидно, что х достигает максимума при cos (Л — В)=1, т. е.
при А —В. Аналогично можно доказать, что Л = С. Итак, тре-
угольник, вписанный в данную окружность, у которого сумма
квадратов сторон имеет наибольшую величину, есть равносторон-
ний. Поэтому, учитывая, что Л = В = 2-, Л — В = 0, Л-{-В = -=,
О	о
9
легко убедиться, что х=-^. Действительно,
х = 2—cos (Л — В) cos (Л + В) — cos2 (Л + В) =
= 2—1/— 1^-f— 1
1=2
4 4 ’
548. Обозначим стороны треугольника, образующие данный
1
треугольника равна -^-xi/sin ф.
дана,
угол ср через х и у, тогда площадь
Поскольку площадь треугольника
стоянно. Пусть
ху = а2.
пусть
Далее,
а х2
= а2
1
лу ЗШ
то произведение ху—по-
а
х = аа, тогда у — — ,
а
д2
+ {/2=а2а2 +£_ =
Но так как
а2 Л-1^2, причем знак равен-
ства имеет место при а2=1,
т. е. при а=1, то наименьшее
значение х2 + у2 = 2а2 будет
при а=1, т. е. при х = г/ = а.
Итак, искомый треугольник
равнобедренный.
549. Пусть М — искомая
точка на стороне ВС треуголь-
от точки М до стороны ЛС = &,
ника ЛВС, Л4Р = х—расстояние
MQ=y— расстояние от Л4 до стороны АВ — с (рис. 50).
В силу наших обозначений удвоенная площадь треуголь-
ника ЛВС
2S = bx-f-cff.
(1)
264
Легко проверить, что имеет место тождество
। „а _ + СУ)2 Дсх -
Учитывая (1), имеем
»	„ 4S24~(cx —by)2
х +у ь2+с2
Поскольку 4S2 и 62+с2 — постоянные величины, то х24~?/2 дости-
гает наименьшего значения при условии (сх—Ьу)2 = 0, т. е. при
сх = Ьу, или х/у=Ь/с. Таким образом, когда расстояния точки М
до боковых сторон прямо пропорциональны длинам этих сторон,
то сумма квадратов этих расстояний наименьшая. Очевидно, что
отношение площадей треугольников АМС и АМВ равно 62/с2 и, кроме
СМ	СМ Ь2
того, равно поэтому	Нетрудно доказать, что AM
лежит на прямой, симметричной медиане стороны ВС относительно
биссектрисы угла С АВ. Этим доказывается существование точки М.
550.	Пусть искомая точка М, а расстояния от нее до сторон
треугольника а, Ь, с равны соответственно х, у, г. Удвоенная
площадь данного треугольника
2S — ax-[-by-[-cz.	(1)
Легко проверить, что имеет место тождество
г2 д_ „2 . ,2 (ах + ЬУ + cz)2 + (“У — Ьл')2 + (ftz — су)2 + (СХ—az)2
Учитывая (1), имеем
г2< ,,24.,2 4S2 + (ay — bx)2 + (bz — cy)2 + (cx~az)2
X +у +Z -	^2 + 64^2	
Отсюда ясно, что xa4~.V24_z2 достигает минимума, когда ау—Ьх =
= Ьг—су = сх — аг—0, т. е. когда х/a^y/b—г/с. Таким образом,
расстояния от искомой точки до сторон треугольника обратно
пропорциональны их длинам.
длинам.
55*1. Обозначим высоту AD
данного треугольника АВС через
h, отрезки основания ВО, СО —
через а и Ь (рис. 51). Пусть искомая
точка М, а отрезок MD = x. Имеем
А М 2 = A D2 + М D2 = h2 + х2,
ВМ2 = (BD—MD)2 = (а —х)2,
СМ2 = (CD+MD)2 = (b + x)2. в
Требуется найти наименьшее значе- °
ниефункции у—АМ2-ТВМ2-\~СМ2,
т. е. у = (ft24-х2) + (a—x)2+(6-f-x)3,
или у=3х2—2 (а—о) x4-a24-624-ft2.
Известно, что квадратный трехчлен
достигает минимального значения при х — —	, равное
Рис. 51.
тх2 + пх + р
п
при т > 0
4тр — п2
4т
n .	3ft2 4- 2 (a2 + b2 + ab)
В нашей задаче наименьшее значение «/ =-----1—s-------1--
а—b
достигается при х = —g—.
3
4
М D
С
3
26а
552.	Пусть А, В, С — углы треугольника, а, Ь, с—противоле-
жащие им стороны, х, у, г — расстояния от центра описанной
окружности до этих сторон (соответственно), R— радиус описан-
ной окружности. В силу принятых нами обозначений имеем
х=/?созД, y—R cos В, г —R cos С. Рассмотрим х2 4-г/2 4~ г2 =
=/?2 (cos2^+cos2 В + cos2 С) = /?2 [3—(sin2 Д 4-sin2 B-j-sin2 С)]=
= ЗР2—R2 [sin2 A -|-sin2 В-|- sin2 (Д + В)]. Очевидно, что сумма
*2 + //2 + г2 примет наименьшее значение, когда sin2 А 4- sin2 В +
sin2 (Д + В) имеет наибольшее значение. Имеем
sin2 А + sin2 В + sin2 (Д + В) =
1 —соз2Д 1—cos2B
=------2-----1-----2-----Fl —cos2 (Д + В) =
4—соз2Д—соз2В — 2cos2 (ДД-В)_
2
= 2— [cos (Д + В) cos (Д — В)+cos2 (Д + В)] =
= 2 — < Гсоз (A -f- В) + cos (Д — В)1 —cos2 (А — В)
Теперь ясно, что для того, чтобы sin2 А + sin2 В 4- sin2 (Д Д-В)
имело наибольшее значение, надо, чтобы cos2 (Д—В) имело
наибольшее значение, т. е. соз(Д—В)=1, а выражение
Г	1	12
I cos (Д 4* В)cos (Д — В) имело наименьшее значение, т. е.
это выражение должно быть равно нулю. Итак, имеем систему
или
cos (Д — В) = 1,
cos (Д 4- В) 4-~ cos (Д —В) = 0,
cos (Д —В) = 1,
cos (Д 4- В) = —
откуда Д—В = 0, Д 4-В = 120°, или
Д = В, Д 4-В = 120°. Следовательно,
А — В = 60°, т. е. искомый треугольник —
равносторонний.
553.	Пусть сторона квадрата АВ равна k. Обозначим Аа
через х, тогда АВ — Aa = k—х, т. е. aB = k—х (рис. 52). По тео-
реме Пифагора имеем (а6)2= х24-(/г—х)2 = 2х2—2/г% + ^2- Но пло-
щадь S квадрата abed равна (аб)2. Значит, S = 2x2—2Ах4-А2.
Таким образом, наименьшее значение для S получится при
,________2k k
х =-----^так’ точки а> с> d Должны быть серединами
сторон квадрата ABCD.
554. Пусть стороны прямоугольника равны х и у, а сторона
равновеликого ему квадрата г. Таким образом, требуется доказать,
266
что 4z < 2(х-]-у), т. е.
при условии г2 = ху, т. е.
z= У~ху.	(2)
Учитывая (2), неравенство (1) можно переписать в виде У~ху <	,
что очевидно при х ф у.
Р Р
555. Пусть стороны прямоугольника равны	и ‘ х
(периметр равен Р). Тогда площадь прямоугольника
s = (t+x) (t-x)=S-x2-
Так как х‘ неотрицательно, а следовательно—х2 неположительно,
то площадь S принимает наибольшее значение, когда х равен нулю,
т. е. все
стороны прямоугольника равны по —. Таким образом,
искомый прямоугольник—квадрат.
556. Имеем (рис. 53):
m=acosa, я = 6 sin a, p = b cos a, q~ a sin a.
Площадь описанного прямоугольника S = (m + n)(p + q) =
= (a cosa+ b sin a) (6 cos a-|-a sin a) = a2 sin acosa-j-b2 sin a cosa +
-I— ^2
+ ab sin2 a.-pah cos2a = (a2 + 62) sin a cos a -j-ab= —у— sin 2a + ab.
Площадь S принимает наибольшее значение одновременно
с sin 2a, т. е. при sin2a=l. Таким образом, Smax = —--------[-ab.
557.	Пусть основание треугольника АВС (рис. 54) равно Ь, его
высота h, а сторона прямоугольника, перпендикулярная к основа-
нию треугольника, х. Вторая сторона прямоугольника Л4# = -^-,
267
где Q — площадь прямоугольника. Из подобия треугольников АВС
и MBN имеем
h (h—х)х	bh ± /b2h2 — 4bhQ
0ТК?Да =-------------25------- ’
Должно быть 4bhQ<,b2№, или Qs£-^-.
Таким образом, наибольшее значение площади прямоугольника
„ bh	h
Qmax—~^~ ПРИ х==~2  Итак, из всех прямоугольников, вписан-
ных в треугольник, наибольшую площадь имеет тот, у которого
высота равна половине высоты треугольника.
558.	Обозначим одну из сторон загона, перпендикулярную
к стене, через х (рис. 55), тогда вторая сторона равна (300 — 2л-),
а площадь загона S = x(300— 2х), или S = — 2хаЗООх. Рассматри-
вая S как функцию от х, и зная, что функция у — — ах2 -j-bx-j-c,
где а > 0, достигает максимума при х—~^’ находим Smax =
300 „	..	,
= -^-^ = 75 м' итак, сторона забора, перпендикулярная к стене
амбара, равна 75 м, а параллельная этой стене—150 м, т. е. загон
имеет форму половины квадрата.
Рис. 55.
Рис. 56.
559.	Пусть DE — z — искомый отрезок, AD = х, АЕ = у(рж. 56).
Площадь треугольника АВС равна sin 60°, тогда площадь отсе-
каемого треугольника ADE
sin 60°.	(1)
С другой стороны, площадь отсекаемого треугольника равна
sin 60°.	(2)
268
д2
Из (1) н (2) следует, что ~^-=ху, откуда
а2
у~ 2х ’
(3)
Из треугольника ADE по теореме косинусов имеем
г2 = х2 + у2 — Чху cos 60° = х2 + у2 — ху.	(4)
Подставляя значение у из (3) в (4), получим
* * ' а* а*
2 =X3 + -4F— ~Ч-
Поскольку (—а2/2)— постоянная величина, то будем
д4
минимум функции = х2 4-‘ Поскольку произведение
» а4	а4
X* • -т—Л— = —:-постоя иная
4х2	4
а4
когда л'2==-^-, т. е. при
(5)
находить
/сч	2 а
в (5), получим z2]jn = ^~,
величина, то у достигнет минимума,
а Уч _
х~—. Подставляя это значение х.
а УЧ
а следовательно,	. Так же
аУ Ч
находим, что у = —-—. Таким образом, треугольник ADE — рав-
носторонний и DE параллелен ВС.
560.	В задаче 526 доказано, что из всех треугольников, имею-
щих данный угол <р, заключенный между сторонами а и Ь, сумма
которых постоянна (а-\-Ь = т), наименьшую третью сторону имеет
равнобедренный треугольник (<z-=& = m/2). По условию задачи
ВС~ BD-j-CE (рис. 57). Поэтому ADA-AE = ABA~ АСА-ВС. Но
так как из треугольников, у которых общий угол, и сумма сторон,
заключающих этот угол, постоянна, наименьшую третью сторону
имеет равнобедренный, то DE будет принимать наименьшее значе-
ние, когда AD= АЕ = 0,5 (Ав + АС 4-ВС).
561.	Через вершины А, В, D проведем окружность. Эта окруж-
ность пересечет прямую ВС в точке К (рис. 58). Четырехугольник
DABK — равнобочная трапеция (ВК = AD).
269
хорды АВ (рис. 59), то
Рис. 59.
Так как сумма углов четырехугольника равна 4d, то ^4 +
+ С < 2d, а поэтому вершина С находится вне круга. Отсюда
заключаем, что точка /( находится между точками В н С, т. е.
BC>BK = AD.
Второе решение. Продолжив DA и СВ до пересечения
в точке S, получим треугольник DSC, в котором CS > DS. Так
как в треугольнике AS В углы А и В равны, то AS = BS. Поэтому
СВ > DA.
562.	Если брать точки С на окружности по одну сторону от
хорды АВ (рис. 59), то угол АСВ будет иметь постоянное значение,
которое обозначим через а. При всяком
возможном положении точки С выражение
у АС ВС sin а будет представлять пло-
щадь треугольника ДСВ, которая, отлича-
ясь от произведения АС-ВС постоянным
1 •
множителем sin а, будет иметь макси-
мум одновременно с АС-ВС. Но макси-
мум площади треугольника АСВ, имею-
щего постоянное основание АВ, будет
при наибольшем значении высоты его,
что, очевидно, может быть только тогда,
когда вершина С будет находиться в
точке пересечения окружности с пер-
пендикуляром, проведенным к АВ через
его середину, и, очевидно, в той из двух точек пересечения, которая
будет отстоять дальше от АВ. На нашем рисунке Ci — искомая точка.
563.	Через данную точку Р проведем две хорды: АВ перпен-
дикулярно к диаметру, проходящему через Р, и произвольную
другую A^i (рис. 60). Опустив перпендикуляр ОРг на 4iB1( полу-
чим прямоугольный треугольник
ОРгР, у которого гипотенуза ОР
больше катета ОР}, а следовательно,
АВ меньше 4jBi. Итак, наименьшая
хорда, проходящая через точку Р,
есть та, которая перпендикулярна к
диаметру, проходящему через эту
точку.
564.	Пусть вписанная окружность
касается сторон треугольника АВ,
ВС, АС	~ ". ” ”
ная MN имеет с окружностью общую
точку К (рис. 61). Легко видеть,
что МК — МЕ, NF = NK- Следова-
тельно, MN = MEA-NF. Также за-
метим, что 4С= ЛЕЧ-СЕ. На основании изложенного заключаем,
что периметр треугольника MBN равен 2р — 2АС. Поскольку треу-
гольники MBN и АВС подобны, то
в точках Ё, F, D. Касатель-
^4N р—АС
~АС~~ р
(1)
270
Введем обозначения: MN = у, АС = х. В этих обозначениях (1) при-
нимает вид
Решая (2) относительно у, получаем у = —‘Х(р—х). Поскольку
1
----постоянная величина, то у принимает наибольшее значение
одновременно с произведением х(р—х). Но так как сумма
х + (р—х) = р постоянная величина, то х(р—х) принимает наи-
„---Р	*
большее значение при х — р — х, т. е. при х—-^-. Таким образом,
интересующий нас отрезок принимает наибольшее значение в тре-
угольниках, у которых основание равно четверти периметра. Оче-
видно, что таких треугольников бесконечное множество. Итак,
1 Р / Р \ Р
Утах =~ • у — у ) =у > следо-
вательно, в таких треугольниках
искомый отрезок есть средняя линия.
Рис. 62.
565.	Первое решение. Пусть искомая хорда ЛВ = 2а,
расстояние от центра О до этой хорды OD = d (рис. 62). Требуется
найти максимальное значение
c = 2a+d.
(1)
Обозначим угол BOD через а, а радиус данного круга через R.
Из прямоугольного треугольника BDO находим
a = /?sina, )
d = R cos a. J
Подставляя значения а и d из (2) в (1), получим
с — R (2 sin a+cos a).
(2)
(3)
271
Если обозначить 2 через tg <р, то (3) примет вид
в	о
с—------(sina sin я>+cos a cos <р), или с=---cos (а—q>).
СОЗф	СОЗф
Величина с достигает максимума, когда cos (а—ф)=1, т. е. когда
а—ф==0, откуда а=ф. Но так как 1§ф = 2, то со8а==созф==у:у ’
Таким образом, стах= —#—• 1 =/?	• Искомая хорда равна
2a = 2R sina=2R т/- 4R .
г 5	5
Второе решение. В обозначениях первого решения имеем
d= J^R2— a2 , d-|-2a = c, откуда
с=2д+ К R2 — a2 ,	(1)
или
ba2 — 4ac + c2 — R2 = 0.	(2)
Величина с достигает максимума, когда дискриминант левой
части (2) равен нулю, т. е. если 4с2 — 5с2 + 5/?2 = 0, откуда
cmax = R^5.	(3)
4Р т/Т}"
Из (2) и (3) находим, что 2a —---£— .
О
Б66. Пусть а = ВС, Ь=АС, с = АВ. Имеем 2R = —Л- . =
sin А
— —т- —	. Очевидно, что 2R имеет наименьшее значение,
sin В sin с
если sin^ = l, т. е. когда А = 90°. Таким образом, а — гипотенуза,
.	п	ь г> а
b — катет. Далее, cos С «=—, R-^-
Ответ. С = агссоз—, R — ^- .
а 2
567.	Первое решение. Обозначим через R радиус круга,
а одну из сторон прямоугольника через х, тогда другая сторона
прямоугольника, смежная с первой, равна У4R2—х2 . Площадь
прямоугольника S = x |^4/?2— х2 . Ясно, что S и S2 достигают
максимального значения при одном и том же значении х, поэтому
будем находить значение х, при котором S2=x2(4/?2—х2) прини-
мает наибольшее значение. Так как сумма х2 + (4/?2—х2) = 4/?2—
постоянная величина, то S2, а следовательно и S, достигает макси-
мума при равенстве х2 н 4R2—х2. Итак, х2 = 4/?2— х2, откуда
x=R }^2 . Таким образом, обе смежные стороны прямоугольника
равнц по R ]^2 , ч. е. искомый прямоугольник—квадрат.
Второе решение. Пусть R — радиус круга, описанного
около прямоугольника ABCD (рис, 63), а £ВАС = а. Тогда
272
AB = 4R cosa, BC = 2R stria, S^bcd”2T?2 siri2a. Площадь S^g^n
достигает максимального значения при sln2a=l, т. е. при
2а=", ав" Тогда AB = 2Z?cos-^-=2/?sin4- = BC, т. е.
2	4	4	4
A BCD — квадрат.
Рис. 63.	Рис. 64.
Рис. 65.
568.	Пусть ОС — радиус полуокружности, a — острый угол, обра-
зованный ОС и диаметром (рис. 64). Из прямоугольного треуголь-
ника COD получаем CD = ОС sina, 0D — ОС cos а. Площадь прямо-
угольника ABCD равна S—20D-CD=20C cosa-OC sina=OC2-sin 2a.
Наибольшее значение S равно ОС2 при sin2a=l, т. е. при
а=45°. Следовательно, AD:CD = 2. Впрочем, эта задача является
следствием предыдущей задачи.
569.	Пусть в данный сегмент АМВ (рис. 65) вписан искомый
прямоугольник CEFD. Обозначим: OF —г, ОН = а, ОК — х, KF = y.
Из прямоугольного треугольника OKF имеем KF2~GF2— ОК2, или
t/2 = r2—х2, откуда у— \г'1—х2 . Площадь прямоугольника CEFD
равна S = 2KF-KH = 2KF (ОК —ОН),
или S — 2y (х — а) = 2 (х —а) J/72 — х2.
Выражение (х—а) г2 — х2 достига-
ет максимума одновременно с квадратом
этого выражения: (х—а)2 (г2— х2) —
—(х—а) (х—а) (г-f-х) (г—х).
Мы умеем находить максимум про-
изведения нескольких сомножителей,
сумма которых постоянна. Но в нашем
случае сумма сомножителей не есть по-
стоянное число. Для того чтобы восполь-
зоваться упомянутым методом, введем
два неопределенных коэффициента а и
Р, обладающих таким свойством, что при
умножении на них соответственно
(г 4-х) и (г—х) сумма всех четырех со-
множителей становится постоянной, т. е. сумма (х—а)4~(х — а)4-
4-a(r4-*) + P (т— х), или (а — р4-2) х + аг4-рг— 2а делается по-
стоянной величиной. Это возможно, когда a—р-|-2=0.
Условием для достижения максимума произведения
(х—а)(х—а) а (г-j-х) р (г— х) является х-а = а(г-\-х) = $(г — х).
273
Итак, имеем систему
а-Р + 2=0,
х—a=a(r-f-x),
х—а = р(г—х).
Исключив из этих уравнений аир, получим
а ± Va2 + 8г2
х	4	•
Знак плюс соответствует прямоугольнику, вписанному в дан-
ный сегмент АМ.В, а знак минус—прямоугольнику, вписанному
в дополнительный сегмент АМ^В.
Чтобы можно было построить прямоугольник по заданному х,
достаточно, чтобы | х | было меньше г, т. е.
| а ± У а2 -|- 8г2 | < 4г.
Это же неравенство приводит к условию а < г, которое всегда
имеет место. Следовательно, задача всегда возможна.
В частном случае, когда а=0, имеем
± /8Т2	± гУ 2
4	2
полукругу, а вписанный в него прямо-
угольник наибольшей площади состав-
ляет половину вписанного в целый
круг квадрата.
570.	Пусть средняя линия OD — x,
высота QQ1 = h, радиус круга—/?
(рис. 66). Из прямоугольного треуголь-
ника ODQ имеем OD2 = OQ2—DQ2, или,
в наших обозначениях,
/г2
х2=/?2—(1)
Площадь трапеции равна
S = hx.	(2)
Поскольку S и S2 достигают максимума
одновременно, то исследуем S2 = h2x2 или, учитывая (1),
S2==( R2 —	\ h2, т. е. й4—4/i2/?2-|-4S2 = 0,
откуда
й2 = 2/?2 ± К4/?4 —4S2.	(3)
Для того чтобы h2 было действительным числом, необходимо и до-
статочно, чтобы 4/?4^4S2, или S </?2. Отсюда следует, что наи-
большее значение S равно R2. Подставляя это значение S в (3),
получим h = R У 2. Наконец, из (1) находим, что х — —х—•
Б71. Пусть центральный угол сектора равен а, а радиус /?;
тогда длина дуги сектора l=Ra, а площадь сектора $ —^2(Х _
Итак, имеем систему
2R + Ra = 2p,
Q /?2а
5- 2 
тл	2р —27?	„
Из первого равенства системы находим а =	 —Подстав-
А
ляя это значение а во второе равенство, получаем S=7? (р— /?;.
"	"	I величина, то S
г, Р
откуда 7? = у .
а = 2 радианам.
Поскольку сумма /?+(р —/?) = р— постоянная
достигает максимума при условии R — p — R,
Далее, поскольку 2/?4-/?а = 2р и R=~, то
fZ-Y.2
\ 2 / z р2
Итак, Smax — -	= -^—.
572.	Обозначим угол АВС через а (рис. 67). Из прямоугольных
треугольников АВС и ACD имеем
АС=АВ sina = 27? sina,
CD = ЛС cos a = 27? sin a cosa,
(1)
откуда AC-CD — 4R2 sin2 a cos a. Обозначим выражение sin2acosa
через у. Произведение AC-CD достигает максимума вместе с у,
а потому и вместе с р2; t/2 = sin4 a cos2 a = sin2 a sin2 a (1 — sin2a) =
, sin2 a sin2 a ..	. „ . „
= 4 —g— 	(1—sih2 «) Так как
sin2 a , sin2 a ,	,
—2-----1---g---Hl— sm- a)=l —
постоянная величина, то p2 до-
sin2 a
стигает максимума при ——
*= 1 — sin2 а, откуда
• 2	2
sin2 a = — .
о
(2)
4D
Из равенств (1) и (2) имеем AD= AC sin a = 2R sin2. Итак,
О
для построения точки 0 достаточно на диаметре АВ отложить от-
4/?
резок XD = -g- и из точки D провести перпендикуляр к диа-
метру АВ. Точка пересечения этого перпендикуляра с окружностью
и есть точка С.
573.	Пусть (рис. 68) Rt и /?2— радиусы окружностей, описан-
ных соответственно около треугольников ADC и BDC, угол ADC = a
(/ BDC = 180°—а). Тогда
AC — 2Rt sin a, ВС = 2R2 sin (180° —a) = 27? 2 sina,
AC	BC
откуда /?1=х—;—, /?2 = к—;—• Поскольку АС и ВС постоянные
z sin ос z sin сс
27&
величины, то и R2 достигают наименьших значений, когда sin а
принимает наибольшее значение, т. е. когда sina=l, откуда
а= 2 ДОС =90°. Итак, Rt и R2 наименьшие, когда CD—высота
треугольника АВС. К этому выводу можно прийти и из чисто
геометрических соображений. Если СО —высота, то АС и ВС — диа-
метры окружностей, а если СО — не высота, то АС и ВС — хорды.
574. Очевидно, что искомые круги должны касаться друг
друга и каждый из них должен касаться двух сторон треуголь-
ника, так как в противном случае они будут не наибольшими,
поскольку их радиусы можно было бы увеличить (рис. 69). Следо-
вательно, центры искомых кругов должны находиться на биссект-
рисах внутренних углов треугольника. Пусть 0 — точка пересечения
биссектрис углов А и С, 0D — R — радиус круга, вписанного
в данный треугольник АВС, г —радиусы искомых кругов,
М и ДГ —центры искомых кругов, К—точка пересечения MN и
OD. Из подобия треугольников АОС и M0N имеем =	•
или, в наших
г,	1
Поскольку -g-
1\
R — r R	12,1
обозначениях,  %- ~ дс  0ТКУда Т = J С	'
1 в
_ постоянная величина, то — будет тем меньше,
чем больше АС. Следовательно, г
принимает наибольшее значение,
когда АС—наибольшее, т. е. оба
круга должны касаться наиболь-
шей стороны данного треуголь-
ника.
575. Первое решение.
Пусть АВ = с—гипотенуза пря-
моугольного треугольника АСВ
(рис. 70). Будем считать с пос-
Рис. 70.	тоянной величиной, а г —перемен-
ной. Пусть Р — периметр треуголь-
ника АВС-, нетрудно установить, что Р = 2(с-|-г). Тогда
^ = 2Ic+/) = 2f£ + l
(1)
276
Так как АО и ВО—биссектрисы острых углов прямоугольного
треугольника АВС, то 04D + 2 OBD = 45°, а поэтому
2 АОВ = 135°.
Из всех треугольников с основанием АВ = с и противолежащим
углом в 135° наибольшую высоту 0D, опущенную на АВ, имеет
равнобедренный треугольник (ДО = ОВ). Но тогда ,/ OAD—
= ,/OBD = 22°30', Z САВ = /СВА—45°, АС = СВ. Таким обра-
зом, если АС = СВ, то указанная высота OD = r имеет наибольшее
Р
значение, а поэтому на основании равенства (1) отношение у имеет
г	.
наименьшее значение, а отношение -у имеет наибольшее значение.
Второе решение. Известно, что в любом прямоугольном
треугольнике г = р—с, где г—радиус вписанной окружности,
р—полупериметр, с — гипотенуза. Пусть один из острых углов
треугольника а, тогда катеты будут равны с sin а и с cos а, a
периметр 2р = с (1 + sin а + cos а) = с ^2 cos2-^ + 2 sin ~ cos у =
г, ,/--я а/К2 а , К2 . а\ п	а (... а.\
—2с у 2cos-+	cos-Q--1—sin-= 1=2с у 2 cos-p-cos( 45—„ ) =
___	с	1/"2
= с у 2 [cos45° + cos (45°—а)], откуда —=----==------==----г.
’	1	1	'	'	3 р	cos 45°4-cos (45 —а)
р — с _ 1 I___с_\ _ 1 .____________V 2________I
2р — 2 \	р/~2 cos 45° + cos (45°—a) J
__ Г
Итак, рг- ~
2р
~	Г	*
Отношение	принимает наибольшее значение, когда
К2
---..л- ---77=---; принимает наименьшее значение, а последнее
cos45° + cos (45 —a) *
имеет место при наибольшем значении cos (45°—а), т. е. при
cos (45°—<х)=1, или при 45° — а=0, от-
куда a = 45°, что и требовалось доказать.
576. Пусть АВ — ач, АМ=а2п,
С — середина АВ. Дуга АМВ содержит
360°	D	180° „
—у-, дуга МВ содержит —у . Имеем
„ М	АС	АВ
А ~ a2,,~cos Z МАВ~2 cos Z МАВ ~
__	______ Итяк п -
~ 2cos Z МАВ ’ a2n"2cosZ МАВ
(рис. 71). Поскольку пйгЗ, то
ап ап и	12
< о—257w=—Д=  Но так как —— < — ,
2 cos 30° з	у з 3
2
ТО С?2п < з ^гг
577. Введем обозначения AD = AE — x, £DAE = a. (рис. 72).
Из прямоугольного треугольника ADF (F—основание высоты AF
ла DE треугольника DAE) имеем DF= AD sin х sin у .
277
Следовательно, имеем DE = 2х sin . Из прямоугольного '
треугольника ADB находим, что cosa
х х
АВ~ d
. Далее, поскольку
___
а т /Т—cosa i / d d—x
sin 2 - у 2	- I/ 2 ~ У 2d ’ T0
DE=2x sin-2.—2x |Z^x4d=T)=-~ ]Z±xx (2d-2x).
Так как сумма x-\- x-\-(2d—2x)~2d—постоянная величина, то
произведение хх (2d—2х) принимает наибольшее значение при
2d
x = 2d—2х, т. е. при х = -^-, а следовательно, и DE принимает
2d
наибольшее значение при х=^-. Итак, наибольшее возможное
о
578.	Опустим из вершины С прямого угла треугольника АВС
(рис. 73) перпендикуляр CD на гипотенузу АВ. Из полученной
точки D опустим перпендикуляры DM и DN на катеты ВС и АС.
Образовавшийся прямоугольник CMDN — искомый. Действительно,
любой другой прямоугольник CMlD1Nt имеет большую диагональ,
так как его диагональ CDlt являясь наклонной к АВ, больше
перпендикуляра CD.
579.	Пусть Р —периметр, S —площадь, а и b—длины сторон
прямоугольника. Так как	jZ—(см. задачу 9), то
P=2(a + b)==4.2i*<4 iZ—=2с}/~2, откуда
Л	ГЛ
^шах— 2с у 2.	(1)
На основании теоремы о сравнении среднего арифметическо-
„ fa+b\2 Р2
го и среднего геометрического, имеем S = I - L ="1б" »
278
откуда
(2)
Р2 __(2с/2)2__ с2
ши- 16 - 16 - 2
Из (1) и (2) заключаем, что S,nax и Ртах достигается, когда
а — Ь, т. е. когда прямоугольник — квадрат. Впрочем, эту задачу
можно решить, пользуясь результатом задачи 523.
580.	Обозначим диагонали четырехугольника через d1 и й2>
а угол между ними через а. Известно, что площадь S четырех-
угольника равна полупроизведению его диагоналей на синус угла
между ними. Имеем
d1d2sina 2d1d2sina	(dx—d2)24-2d1 d2	dj+^i
S =	-	=	-	<	-	=	-	,
что и требовалось доказать.
Знак равенства имеет место только для четырехугольника, у ко-
торого диагонали равны и взаимно перпендикулярны.
581.	Пусть сторона ромба а, а острый угол а. Из рис. 74
видно, что
АС	.а	. a .
-^- = OC = asin-g- и i4G = 2asin-g-;
BD nr. a	о a
— = OD=acos -g- и BD = 2acos-g-.
Имеем
4a_______________4a_________________2________
— AC-{-BD~ „ f. a a \ ~	. ( a Ko\ *	<0
2a I sin —cos -g-1	К 2 sin f g-+45 1
Так как 0 < у < 45°, то имеет место неравенство
sin (у + 45^<1.	<2)
В силу (1) и (2) заключаем, что J^2<fe <2,
что и требовалось доказать.
582.	Пусть АВС (рис. 75)—один из возмож-
ных треугольников. Обозначим угол АСЫ
через а, тогда и угол МАВ также равен а.
Рис. 74.	Рис. 75.
Из треугольника АМВ имеем АВ— а , а из треугольника АЫО
COS Ct
находим АС = —. Площадь прямоугольного треугольника АВС
‘М
о 1 . „	ab	ab „	ab
равна S = -7;- AB-AC<= ------=-7—^г-. Так как — n принима-
r	2	2 sin a cos a sin 2a	sin 2a
ет наименьшее значение, когда sin 2a наибольшее, т. e. когда
stn2a=l, то Smin = -j- = ab при a = 45°. -
Ответ, ab
583.	Пусть MN — секущая прямая, проходящая через точку А
(рис. 76), где М—точка на стороне ОМ данного угла MON, N —точка
на стороне ON. Проведем ЛРЦОУ и AQ || ОМ (Р на ОМ, Q на ON).
Рис. 76.
Введем обозначения: AM—a, AN = b, р— площадь ДДРЛ4, q — пло-
щадь Л AQN, s— площадь Л APQ и площадь &OPQ. Так как
АР||ОЛ/, то £ МАР= £ MNO. Следовательно, если MMt и AAt
соответственно высоты треугольников АМР и NAQ, то треуголь-
ники ММгА и AjAW подобны, а поэтому
AfMj а
АА)~ Ь'	(1)
Далее,
4 РА-ММ,
™
Учитывая, что PA — OQ, из (1) и (2) получаем у- и
as ,	о b bs	„
р=—. Аналогично получаем ~ — ~ и<? = —. Поскольку пло-
щадь параллелограмма OPAQ—постоянная величина, то площадь
треугольника OMN будет иметь наименьшую величину, когда сумма
.	-	, ..	, as , bs I а , b \	..
р4-<7 будет наименьшей. Имеем р-\-Я =	+	VT'^'a’) ‘
280
а ь n
вестно, что -£--Ь —&2, причем равенство достигается при а=&.
Таким образом, р+?, а следовательно, и s принимает наименьшее
значение, когда а = Ь.
Построение. Продолжаем ОА на отрезок ДВ = ОД; затем
проводим ВУ || ОМ и, наконец, проводим прямую NAM.
Второе решение. Если I—какая-либо прямая, проходя-
щая через А и отличная от MN, то треугольники АМС и AN К
равны (СЛ4 || NK), а поэтому площадь треугольника АМС меньше
площади треугольника AND. Но тогда площадь треугольника OCD
больше площади треугольника OMN.
584.	Пусть равносторонний треугольник Д1В1С1 — искомый
(рис. 77). Обозначим угол BCjAj через а, а угол ВА1С1 через р.
Поскольку / В =60°, то
а + Р=120°.	(1)
Так как </ВС1Я1+ Z 4CjBi= 120°, т. е. а + ^ACiBt= 120°, то,
учитывая (1), заключаем, что / ДС1В1 = р. Аналогично, легко убе-
диться, что ^8x0!= 2^ СД1В1 = а, ^СВ1А1 = ^.
Таким образом, треугольники AjBCj, B1ACl, A^Bl равны.
Следовательно, ДС1 = ВА1 = СВ1 = х, АВ1 = ВС1=СА1 — у. Тре-
угольник AxBjCj будет иметь наименьшую площадь, когда сум-
ма площадей треугольников ABjC,, BA^Cj, CAjBj будет наиболь-
шей. Итак, достаточно найти, при каких условиях площадь треуголь-
ника ABjC?! максимальна. Имеем
~~2ХУ sin 60 =^-хУ-
Но так как хД-у—постоянная величина (сторона данного тре-
угольника), то произведение ху достигает максимума при х = у.
Отсюда заключаем, что треугольник AjBjCj имеет наименьшую
площадь, когда треугольники ABjCj, ВА1С1, СА1В1 — равносто-
ронние, т. е. стороны треугольника AxBxCj—средние линии данного
треугольника.
585.	Проведем прямую AOD (рис. 78). Угол B0D больше угла
В АО, так как BOD—внешний по отношению к треугольнику АВО.
Аналогично убеждаемся, что COD больше угла С АО. Следова-
тельно, £ ВОС=£ B0D-[- £ COD > ВАО+£ САО= £ ВАС, что
и требовалось доказать.
281
586.	Пусть отрезок с образует со сторонами угла углы Р и
а—р (рис. 79); тогда a = csin р, b = c sin (а—р). Следовательно, имеем
a + b = c [sin р -J- sin (а — Р)] = 2с sin у cos — Р ) . Поскольку
( а о А ,	, .	„ . а	а а-4-b
cos \"2"~Р ) < 1> то a+6<2csin у , откуда siny<-^-.
587.	Пусть Л1—точка пересечения медиан АЕ и BF прямоуголь-
ного треугольника АВС (рис. 80). По условию, £ AMF = а. Введем
обозначения: /_BFC = p, ^ЕАС=у, ВС —а, АС = Ь, АВ = с.
Так как внешний угол треугольника равен сумме двух внутрен-
них углов, не смежных с ним, то а=Р—у. Из прямоугольного
треугольника BCF находим tg Р=у . а из прямоугольного треуголь-
ника АСЕ получим tgy = ^. Имеем
2а а
tg р — tgy	Ь 2& _ ЗаЬ _ЗаЬ
tg а - tg (р — у) - i-ptgptgy-	2а _а “ 2 (а2 + Ь2)~ 2с2 '
1 + b ‘ 26
Но так как — =sin А,— = cos 4, то
с	с
а и Ь,
* Зой 3..	.	3 . _ .
tga = -g-— — =-g-sin4cos4= — sin24.
Поскольку sin 24 <1, то tga<3/4. Знак равенства имеет место
только при sin 24 = 1, т. е. при 4=45° (треугольник равнобед-
ренный).
588.	Пусть О—искомая точка (рис. 81, а); расстояние СА и СВ
от вершины прямого угла обозначим соответственно через
а углы АОС и ВОС — через аир. Имеем 0 = р —а, откуда
Но tga = —, tgp=—, где х — ОС. Итак,
X	х
Ь—а
, ab ‘
Н—
х
tg 0 =
282
Поскольку наибольшее значение острого угла 0 достигается одно-
временно с наибольшим значением его тангенса и так как числитель
6—4 есть постоянная величина, то надо найти наименьшее значение
, ab
знаменателя -------
х
ab
Так как произведение слагаемых х и — есть постоянная вели-
, ab
чина, то сумма х~\~~ принимает наименьшее значение при равен-
стве слагаемых. Итак, * = ~> откуда х= У~аЬ.
Ответ. Искомая точка О отстоит от вершины прямого угла С
на расстоянии, равном У'СА-СВ.
Обобщение задачи, указанной в условии.
На одной стороне произвольного угла С дан отрезок АВ. Найти
на другой стороне угла точку, из которой отрезок АВ виден под
Рис. 81.
наибольшим углом (рис. 81,6). Проведем окружность, проходящую
через точки А, В и касающуюся прямой ОС. Тогда, по известной
теореме, ОС= У~СА-СВ. Точка С — искомая, так как для любой
отличной от О точки М на ОС угол АМВ является опирающимся
на АВ углом с вершиной вне круга, т. е. этот угол меньше вписан-
ного угла.
589.	Пусть точки С и D делят хорду АВ на три равные части
(рис. 82). Углы ОАС и OBD равны как углы при основании рав-
нобедренного треугольника АОВ. Треугольники АОС и BOD равны,
так как АО=ВО, AC = BD и £А = £В-, следовательно, углы
АОС и BOD равны. Обозначим их через а, а угол DOC через р.
Из равенства этих же треугольников заключаем, что OC = OD.
Поскольку треугольники АОС и COD имеют равные основания н
общую высоту, то они равновелики, т. е.
— ОС2 sin р = -i- ОС • О A sin а, или ОС sin р = О A sin а.	(1)
Z	Л*
283
Так как ОС < О А, то из (1) следует, что sinp > sina, а поскольку
углы аир острые, то 0 > а.
590.	Пусть в трапеции ABCD (рис. 83) BE — высота, угол ВАЕ
обозначим через х. Имеем AE — acosx, AD = a-)-2AE = a-j-2acos х;
BE = asinx. Площадь трапеции равна
S = (AD + ВС) (a+2acos х4-о) ? s^n* = а2 (1 -f cos х) sinx.
Поскольку 1 -j-cos х = 2 cos2 ~ , sin х = 2 sin ~ cos , то площадь
S = 4a2 cos3 ~ sini. Так как 4a2 — постоянная величина, toS до-
стигает наибольшей величины при том же значении х, что и
cos3 у sin —. Поэтому достаточно найтн, при каком значении х
X • X
выражение cos3 sin— достигает максимума. Имеем
cos3 — sin——
2	2
COS2 —
------1 sin2 —
3	2
cos2 i cos2 Д- cos2
2 о 2 x
Поскольку сумма —z-----1----5----1---5----1-sin2— = 1—-постоянная
О	и	О	£
COS2 -£
величина, то cos34-sin~достигает максимума при —=—=sin2—,
4	2	-	о	2
откуда tgx=/^ т. е. х = 60°, что и требовалось доказать.
284
591.	Умножим обе части равенства
S — площадь треугольника. Получим
2S = 2S 2S
hc а *" Ь •
1	1.1 „с
— = — 4-— на 2S, где
пе а b
(1)
2S	2S	2S
Поскольку с =-г~, ha — —, hb—-r-, то нз (1) следует, что
/Ха	а	о
c = ha+hb.
(2)
Но так как Aa = csinB, Ль = с sin А, то из (2) имеем
с sin А 4-с sin В = с,
или
sin А + sin В = 1,
или
2 sin cos Л = 1.
2	2
Поскольку Л+ В + С= 180°, то sin —= cos^" • Таким обра-
зом, (3) перепишется так:
2cos_C СО8±Ц^ = 1.	(4)
Учитывая, что cos sg 1, из (4) получаем cos-^-5:-^-, откуда
у-<60° и С <120°.
592.	Известно (задача 512), что в треугольнике (рис. 84) бис-
сектриса угла С равна
, lab	С
=------ cos —
a-f-b	2
Из условия задачи находим
ab
тс ——гт •
с а--&
(1)
(2)
Из (1) и (2) следует, что тс = —Но так как /с<тс, то
2cos-H-
2
285
Cl	С
2C0S ‘2-=~	1> а следовательно, cos
С 1	С
’ откуда -
н
Рис. 84.
593.	Пусть М—точка пересечения прямых BBt и А1С1 (рис. 85).
Из прямоугольного треугольника AiMBl получаем
(1)
Опустим из точки Cj перпендикуляр CtD на АС. Имеем
sin Z ВАС	(2)
Поскольку в треугольнике Л1С1С углы А^СС^ и Л1С1С равны, то
AtC ~ AjC^ Следовательно, А1С = 2А1М. Поэтому (2) можно пере-
писать в виде
“^ВАС-^1-	<3>
Из (1) и (3) следует, что
tg / В1А1С = 2 sin ВАС.	(4)
Так как угол ВАС острый, то sin £ ВАС < 1. Из (4) и (5) заклю-
чаем, что tg В1Л1С1 < 2, что и требовалось доказать.
594.	Если диагонали параллелограмма х и у, то по известной
теореме имеем
Ж2 + у2 = 2а2 4-2&2.	(1)
Из треугольника (с нетупым углом а), образованного стороной
& и половинами диагоналей, на основании теоремы косинусов полу-,
ч х2 . У2 xycosa
чаем (рис. 86): Ь2 = — + ^----%—’ 0ТКУДа
х21/2 = 4b2-|-2xt/cos а.	(2)
286
Из (1) и (2) следует 2a24-262 = 462 4-2xi/cosa, или
а2—62 = хj/cos а.	(3)
Вернемся к равенству (1). Поскольку сумма х2-|-//2 постоянна, то
произведение х2у2 принимает наибольшее значение при х2=и2<=
= а2-|-&2. Итак, х2у2 <С(а24-&2)2, откуда
ху<а24-6«.	(4)
Из (3) и (4) следует, что а2 — 62 < (а2 4- 62) cos а, откуда cos а 5;
g»'аау2 * Знак равенства имеет место при а—Ь, т. е. когда па-
паппоплт-пачч__г,лм/> /г/.= ОП°У
Рис. 86,	Рис. 87.
595.	Пусть прямые МО и NO пересекаются в точке О, причем
/ O/WB = aM, ONB — o.n и пусть точка О проектируется на пря-
мую АВ в точку К (рис. 87). Имеем МК = ОК ctga^, NK =
= OKctga(V. Далее,
AW==Mtf-WK = Otf(ctgaM--ctga,v).	(1)
Поскольку по условию | ctg ам—ctg a1V | < MN, то из (1) следует,
что ОК > 1, что и требовалось доказать. На рисунке ам и aw —
острые углы.
Рекомендуем рассмотреть самостоятельно случаи, когда оба угла
тупые и когда один угол тупой, а другой острый.
г,	bt/4-cz г,
596.	Из данного равенства находим х=-. Поэтому
ayz + bzx-\-cxy — — [a2yz — (bz+су) (&t/4-cz)] =
= - -1- [bey2 4- bcz2 4- (62 4- с2—а2) у г] =
= -	{[ЧЬсу 4- (&2 4- с2 — а2) г]2 4- [462с2 — (62 4- с2—a2)2] z2}.
Но так как
462с2 —(б24-с2—a2)2 = (а4-64-с) (&4-с—а) (а—64-с)(а 4- 6—с) > О,
то ayz-\-bzx-\-cxy < 0, что и требовалось доказать.
28?
5Й7. Вначале докажем необходимость этого неравенства. Обо-
значив полупериметр треугольника со сторонами хг, х2, х3 буквой
I, получим величину площади треугольника в виде
V"l (l—xi) (/—х2) (Z—х3) =
= V 1\1а — (Х1 + х2 + х3)	+	+	Х1Уз1д
-п-	)-<->>-
Очевидно, необходимо, чтобы выполнялось неравенство р3—4pq +
+ 8г > 0, так как в противном случае площадь треугольника не мо-
жет быть выражена положительным числом. Таким образом, дока-
зано, что неравенство р3— 4рр + 8г > 0 является необходимым усло-
вием возможности построения треугольника со сторонами xltx2, х3.
Далее, для того чтобы из отрезков хг, х2, х3 можно было по-
строить треугольник, достаточно, чтобы имели место неравенства!
*1+*2~ хз > °. 1
х24*х3—х3 >0, >	(1)
Гз + Ж1~ *2 > 0. '
Перемножив неравенства (1), получим
(*i + x2—х3) (хг + х3 —х1)(х3-\-х1 — х2) > 0.	(2)
Вообще неравенство (2) может иметь место, когда все три сомног
жителя левой части положительны или когда один положительный,
а два отрицательны. Докажем, что при хг > 0, х2 > 0, х3 > 0 вто-
рого случая быть не может. Действительно, предположим, что
только один сомножитель в левой части (2) положителен, а два
других отрицательны, например, xx + x2—хз < ° и х2 + х3—х3 < 0.
Сложив эти неравенства, получим 2х2 < 0, т. е. х2 < 0, что невоз-
' можно.
По формулам Виета имеем *)
х\+х2 + х3=—р, х1х2+х1х3 + х2х3 = р, х1х2х3=—г. (3)
Учитывая (3), неравенство (2) можно переписать в виде
( —р—2х3)(—р—2Х1)( —р —2х2) > 0,
— р3 —2р2 (Xj + Xg + Xj)-4p(xlx24-x1x3 + x2x3) —8xjx2x3 > 0
или, учитывая еще раз (3), получаем требуемое, т. е. р3—4р<? +
4-8г > 0.
598. Пусть AD, BE, CF—медианы треугольника АВС, а О —
точка их пересечения (рнс. 88). В прямоугольном треугольнике
Q
АОВ медиана OF =	, где с—длина стороны АВ. Следовательно,
Зс
медиана СД = -^-. Дополним треугольник АВС до параллелограмма
*) См. И. X. Снв ашинский- Задачник по элементарной
математике, «Наука», 1966, задача 100.
288
AKBC. В этом параллелограмме диагональ КС = Зс. Так как сумма
квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов всех
его сторон, то (Зс)24-са =
= 2а24-2&2, или
5с2 = а2-{-&2.
Поскольку с < а
(1)
„	. и
с > | а—Ь |, то, учитывая (1),
заключаем, что условия су-
ществования треугольника
АВС принимают вид
5(а + &)2 > а2 + &2, \
5(а —&)2 < а2 + Ь2. /	{ >
Первое неравенство из (2) имеет место при любых а и Ь,
,	( а \2	5 f а \
неравенство преобразуется в следующее: I "у 1 —гД -у 1
1 а „	,
откуда -g-< -у < 2, что и требовалось доказать.
а второе
§ 2. Неравенства в стереометрии
599.	Пусть плоскости Р и Q пересекаются по прямой MjV
(рис. 89). Из точки А плоскости Р проведем к ЛШ перпендикуляр
АВ и наклонную АС. Если точка А проектируется на плоскость Q
в точку Ai, то согласно условию задачи надо доказать, что
/ ABAt > £ ACAj. Поскольку АВ < АС, то АХВ < AtC. Отложим
на ,4гС отрезок AiD, равный А^. Прямоугольные треугольники
ABAt и ADAt равны, так как у них катеты соответственно равны.
Следовательно, £ADAr — £ ABAV Поскольку угол АОАг — внешний
по отношению к треугольнику ADC, то ADAi > ACAi,
а поэтому и ABAi > АСАг, что и требовалось доказать.
Рис. 89.
600.	Соединим точки В н С, А и D отрезками прямых (рис. 90).
Через точку А проведем прямую параллельно MN до встречи в
точке К с прямой, проходящей через В и ЛГ. Заметим, что АК =
= 2ММ, так как MN — средняя линия треугольника АВК- Далее,
ДВЛГС = ДКЛФ, ибо BN = NK, CN = ND и £ BNC=£ KND.
Поэтому DK. — BC. Из треугольника ADK, усматриваем, что
10 и. X. Сивашинский
289
DK + AD > AK = 2MN (здесь существенно, что точка D не лежит
на прямой АК, иначе пришлось бы поставить знак ;>). Итак,
ВС + AD > 2MN, что и требовалось доказать.
601.	Обозначим сторону вырезаемого квадрата через х, тогда
сторона квадратного дна коробки равна 6а—2х (рис. 91). Высота
коробки х. Объем ее равен ц = (6а—2х)2 х = 4х(3а — х) (За—х) =
=2(2х)(3а—х) (За—х). Ясно,что и дости-
гает максимума одновременное функ-
цией у = (2х) (За—х) (За—х). Так как
2х-|-(За—х) +(3а—х) = 6а—постоян-
ная величина, то у принимает наи-
большее значение при 2х = 3а—х,
откуда х = а, т. е. сторона вырезае-
мого квадрата должна быть в шесть
раз меньше стороны листа жести.
602.	Если измерения прямоуголь-
ного параллелепипеда а, Ь, с, то его
полная поверхность
S = 2 (a64-bc-|-ca).	(1)
Сложив почленно известное нера-
венство (задача 4) а64-6с4-са<
<а2-|-£а-|-с2 с тождеством 2(ай-|-Ьс-}-са)=2(а&-|-&с4-са), получим
9
3 (ab-\-bc-\-ca) <(а-)-б + с)2, откуда 2 (ай + йс-|-са)	(а-(-&-|-с)2
или, учитывая (1), имеем
9
S<v(a + & + c)2.	(2)
О
Так как а-|-6-|-с = —, то из (2) сле-
дует, что
5	3 \ 4 J ~ 24 ’ Т‘ е’ dmax “ 24 ’
Очевидно, что это достигается при
а = Ь = с, т. е. в случае, когда парал-
лелепипед— куб.
603.	Это обратная задача преды-
дущей. В последней мы установили,
/ 2	,___
ЧТО S <	, или L 2s 2|Лб5,
24
т. е. Z.min = 2}/ 6S . Это достигается,
когда параллелепипед—куб.
604.	Пусть в четырехгранном угле SABCD наибольший плоский
угол есть ASB (рис. 92). Проведем плоскость через прямые SD и
SB. Так как любой плоский угол трехгранного угла меньше
суммы двух других, то можем записать ASB <	AS£>+ DSB,
£DSB < ./DSC + ^BSC.
Отсюда получаем £ ASB < / ASDA- £ DSC + / BSC.
605.	Введем обозначения: Н — высота пирамиды, Q—площадь
ее основания, h—высота призмы, q—площадь ее основания. Из-
290
вестно, что в пирамиде площади параллельных сечении относятся
как квадраты их расстояний от вершины. Следовательно, имеем
> откуда <?= “ (Н—h}2. Объем призмы равен
V=qh=j^2(H—h)2. Поскольку Q и Н постоянны, то
и	2.h{H — h)(H —h) _
от произведения y = h(H—h)2=—5---------Так
2h-\-(H—	— h) = 2H— постоянная величина, то
гает максимума при условии 2h=H—h, откуда h=
max 3№ \	3 J 27 •
606.	Пусть радиусы оснований цилиндра и конуса равны R,
их высоты Н, образующая конуса I, а отношение их боковых по-
2nRH	Н	Н
верхностеи k. Имеем k = —=-— = 2 —. Поскольку Н < /, то у < 1.
ЭТ/\ I I	I
Следовательно, k < 2, что и требо-
валось доказать.
607.	Обозначим через R радиус ос-
нования конуса, высоту его через Н,
радиус основания цилиндра через г,
высоту цилиндра через h. Из рисунка
no	H—h г
93 видно, что ——— = — , откуда п —
Н
~~R '
^лг2 ~(R-r) =
_	4лН
Поскольку —----
1\
то V достигает
менно с функцией у =
Н R '
= ~(R — г). Объем цилиндра V = лг2/г =
-у <*“')•
постоянная величина,
V зависит
как
У
н_
3 
сумма
дости-
Итак,
Рис. 93.
максимума одновре-
Г г
ту •	—г)- Так как сумма сомно-
жителей ’ ~2 и —г) есть постоянная величина R, то у будет
,	г _	г 2
наибольшим при y = R—г, откуда -у=-у, что и требовалось
Z	/\ О
доказать.
608. Пусть образующая цилиндрической части котла I, а общий
радиус основания цилиндра и полусферы R. Тогда, по условию
задачи, объем котла
4
V = nR2l +-у л/?3.
(1)
откуда
У-^л/?3
/ =---——
л/?2
(2)
10*
291
Поверхность котла
S = 2jt/?Z-|-4Jt#«.	(3)
Подставляя из (2) значение I в (3), получим
, 2лЯ2\ 3 )	„ „ f V , V , 2 л 7?2 \ или S-2^27?+27?+ 3
Поверхность 5 достигает откуда	V 2л#2 минимума при условии	= —5—, (4) 0
Из (1) и (4) заключаем, что поверхность котла будет наименьшей
при л/?2/ = 0, т. е. при / = 0. Таким образом, минимальная поверх-
ность котла достигается, когда он состоит только из двух полу-
3 /~ / 3V \ 2
сфер. Итак, ЗтЬ1 = 4л/?2 = 4л 1/ ( т—) .
609.	Обозначим радиус стола через г, центр его через О,
высоту лампы над столом через h, расстояние AL от края А стола
до лампы L через I и угол LAO
через <р (рис. 94). Из курса фи-
зики известно, что сила света I
в точке А выражается формулой
, , sin <р
I — к > где «— некоторый пос-
тоянный коэффициент пропорцио-
_	г
нальности. Так как cos<p = — ,
k
то / = sin<pcos2<p. Поскольку
/2 достигает максимума вместе с /, то рассмотрим
,	4/г2	„ .cos2® cos2®
/2 = —sin2<pcos4<p=(1 —-cos2<p)—------
Так как —j- постоянная величина, то /2достигает максимума вме-
„ cos2 ® cos2 ®
сте с функцией {/=(1 — cos2<p) —Поскольку сумма сом-
. ,,	„ „ cos2q> cos2®	,
ножителеи (1—cos2<p), —и —~- есть постоянная величина 1,
,	.	, cos2 Ф
то у принимает наибольшее значение при 1—cos2<p = —к-1 >
/ 2
т. е. присовф = у у
то h = r а 0,7г.
, откуда tg(p = -T-g—. А так как h = r tg <р,
292
610.	Обозначим через 7? радиус шара, а через г и h соответ-
ственно радиус основания и высоту цилиндра. Пусть точка М —
середина высоты цилиндра (центр шара), О —центр основания
цилиндра, А—произвольная точка окружности того же основания.
h2
По теореме Пифагора имеем ОМ2 = AM2—ОА2, или — = R2—г2,
откуда h = 2 УR2 — r2. Боковая поверхность цилиндра S — 2nrh=
= 2лг-2 У R2—г2 = 4лг УR2 — r2. Ясно, что S и S2 достигают
наибольшего значения при одном и том же значении г, поэтому
будем искать то значение г, при котором S2 принимает максимальное
значение. Имеем S2 = 16л2г2 (R2—г2). Так как 16л2—постоянная ве-
личина, то достаточно найти максимальное значение выражения
у — г2 (R2—г2), а потом полученный результат умножить на 16л2. По-
скольку сумма г2 + (Я2—г2) — R2—постоянная величина, то у достигает
наибольшего значения при равенстве г2 и R2—г2. Итак, r2=R2—г2,
п л/~~2	__ ____________
откуда г = —yz----, а следовательно, h= R У 2 и 2r = R У 2.
Таким образом, осевое сечение искомого цилиндра есть квадрат.
611.	Обозначим радиус основания цилиндра через г, а его
h2
высоту через h (рис. 95). Из чертежа видно, что — — R2—г\ откуда
у2 и у принимают наи-
значении переменной г,
h = 2yR2—г2. Объем цилиндра V = nr2h = 2nr2 У R2—г2. Так как
2л — постоянная величина, то V достигает максимума одновременно
с функцией y — r2 yR2 — г2. Ясно, что
большие значения при одном и том же
поэтому будем находить значение г,
для которого у2 достигает максимума.
Имеем
и2 = г4 (Я2—г2),
Г2 г2
У2 = 4 у у (Я2 —г2).
Поскольку сумма трех сомножителей
Л2 F2
— , -g-и (Я2—г2) равна постоянной ве-
личине, то у2, а следовательно и у,
достигают наибольшей величины прн
равенстве этих сомножителей, т. е. при
г2	Зг2
— = Я2—г2. Отсюда = Я2, или,
окончательно, г . R=y 2: Уз.
612.	Обозначим через Я радиус шара и через гик соответ-
ственно радиус основания и высоту конуса (рис. 96).
Продолжим высоту SO конуса до встречи с шаровой поверх-
ностью в точке Е. Так как 5£ = 2Я, a SO = h, то 0E — 2R—h.
Известно, что перпендикуляр, опущенный из точки окруж-
ности на диаметр, есть среднее пропорциональное между отрезками,
на которые делится диаметр основанием этого перпендикуляра,
поэтому AO2 = SO-OE, или, в наших обозначениях, r2 = h(2R—h).
293
Объем конуса
V =1	(27? -ft) =	* А (27? -ft).
О	О	О £
~ 4л
Так как -=—постоянная величина,
«5
h
одновременно с произведением У =	
„	. h
Поскольку сумма сомножителей -у ,
s
Рис. 96.
2л/7 ,	„ , D .
= ~S~ ( — r2 + Rr).
IX
мает максимальное
то V достигает максимума
•А (27?-ft).
, А и (27?—/г) есть постоян-
ная величина 27?, то у достигает максимума при равенстве этих
h оп ,	R 3
сомножителей, т. е. при — = 27?—п, откуда —=—.
613.	Обозначим через R и И соответственно радиус основания
и высоту конуса, а через г и h — радиус основания и высоту иско-
мого цилиндра. Пусть точка О — центр основания конуса, А — про-
извольная точка окружности его осно-
вания, точка К — центр основания ци-
линдра (не лежащего в одной плоскос-
ти с основанием конуса), В—точка ок-
ружности того же основания, S — вер-
шина конуса. Из подобия треугольни-
„„„ с„.	SK ВК
ков ЗдВ и SO А следует 777 = 777 , или,
о (А л С/
Н—h	г
в наших обозначениях,—= —,от-
п к
куда h = — (R —г). Боковая поверхность
А.
н
цилиндра S = 2лг/1 = 2лг — (R—г) =
т 2л/7	с
Так как —=----постоянная величина, то S прини-
/\
значение, когда функция у = —г* A-Rr достигает
л	R R
максимума. Функция у достигает максимума при г =-------
Н (	R\ Н
а следовательно, п — R~~n = 77 > что и требовалось доказать.
1\ \	£ J	2
614.	Пусть треугольник SAB — осевое сечение некоторого ко-
нуса, описанного около шара данного радиуса, с центром в точке О
(рис. 97). Обозначим угол ОАО через а, где D — основание высоты.
Имеем: AD = OD ctga = r ctg a; SD — AD tg 2а = г ctga tg 2а. Объем
конуса
V= 1 4D-.	cts. «1В 2а_ i	 J^=
_2л 3_______1_______
— 3 Г tg2a(l—tg2a)'
294
2лг ®
Поскольку —5------постоянная величина, то объем конуса достигает
«5
1
наименьшего значения одновременно с выражением	—tg^a)" '
Но выражение г-з—т.--- , „—г имеет наименьшее значение, когда
н tg2a(l—-tg2a)
tg2a(l — tg2 а) достигает наибольшего значения. Так как tg2a-|-
+(1 — tg2a) = l—постоянная величина, то tg2a(l — tg2 а) при-
нимает наибольшее значение, когда tg2a=l — tg2a, откуда
tg2a = у . Итак,
V _ 2л з 1	8лг3
V'min-y'- л	’
2 V 2 )
615. Пусть SABC—трехгранный угол (рис. 98). Введем обо-
значения: 2. BSC = a, ASC = P, ASB = y. Опустим перпенди-
куляр АО на грань BSC. Угол, образованный прямой ЗЛ н
плоскостью BSC, есть / ЛЗО. Обозначим его через х. Ясно, что
х < р, так как угол, образованный прямой с ее проекцией на
плоскость, меньше любого другого угла, образованного этой прямой
с любой прямой плоскости, отличной от проекции (и не парал-
лельной проекции). Если обозначим углы, образованные ребрами
SB и SC с противоположными гранями, соответственно через у п г,
то легко убедиться, что у < у, z < а. Сложив почленно неравен-
ства х < р, у < у, z < а, получим
x + yA-z < a+P + y.	(1)
Введем еще обозначения: / CSO — alt ^/ВСО — а,^. Из трехгран-
ного угла ЗЛСО имеем х > р—alt а из трехгранного угла SABO
находим х > у—а2. Сложив последние два неравенства, получим
2х > р + у —(aL + a2) = p + y—а.	(2)
295
Аналогично, легко получить
2// > a+Y—Р,	(3)
2г>сс-|-Р—у.	(4)
Сложив почленно неравенства (2), (3) и (4), получим 2
> а+т + р, откуда
х+у + г > ^+L+l.	(5)
Из (1) и (5) следует утверждение задачи:	< хрz <
< a-|-P + Y-
616.	Пусть а—угол при вершине осевого сечения конуса.
Случая 1. а.
Пусть треугольник АМВ—осевое сечение конуса, а треуголь-
ник CMD—плоское сечение конуса, проведенное через вершину М
данного конуса и произвольную хорду CD основания (рис. 99).
Рис. 99.
Если CD не проходит через центр основания, то CD < АВ.
В треугольниках АМВ и CMD АМ—СМ, ВМ = DM, но CD < АВ.
По известной теореме: если две стороны одного треугольника соот-
ветственно равны двум сторонам другого треугольника, а третьи
стороны не равны, то против большей из этих сторон лежит боль-
ший угол, имеем / АМВ > /2 CMD, или, обозначая / CMD бук-
вой р, а>р. Площадь треугольника АМВ равна 0,5Z2sina, а
площадь треугольника CMD равна 0,5Z2 sin р, где I—длина обра-
Л
зующей конуса. Так как 0 < р <	, то sin a > sin Р; nd-
этому площадь треугольника АМВ больше площади треугольника
(Л \
а < у j искомое сечение — осевое
сечение конуса.
296
Случай 2. -g- < а < rt.
Пусть a = y + q>, где 0 < <р < -j , а 0—угол при вершине про-
извольного плоского сечения конуса, не проходящего через центр
основания. Между углами 0 и <р возможны лишь три следующих
соотношения:
а)	у—Ч> < 0 < у+ф; тогда sin 0 > sin а.
При 0 = -^- sin р= 1 (наибольшее значение sin 0), и сечение наи-
большей площади проходит через хорду основания, длина которой
равна / У 2 .
Л
б)	p=-g- —<р; тогда sin 0= sin a.
• л
в)	0 < 0 < -у—ф! тогда sin 0 < sin a.
(Л	\
< a < л j искомое сечение про-
ходит через хорду основания, длина которой равна 1^2.
617.	Опустим из точек Л и В, взятых на данных полупрямых,
перпендикуляры ЛЛ0 и ВВа на данную плоскость Р (рис. 100).
Рис. 100.
На продолжении ВВ0 отложим отрезок В0В1—ВВ0 и построим
отрезок ОВХ. Пусть OD — произвольная прямая, проведенная на
плоскости Р через точку О. OD составляет с ОВ и OBt одинаковые
углы. Построив отрезки BD и BjD, убедимся, что /\DOB =
= ADOBX (по трем сторонам), а поэтому / DOB— DOB]_. Считая
OD. ОА и OBj ребрами трехгранного угла, получим неравенство
Z DO А + POBj > Z ЛОВЪ или Z DO А + DOB > / ЛОВГ.
297
Если же вместо 0D взять прямую ОС (линию пересечения плос-
кости Р и плоскости Д АОВД, то получим равенство
Z СОА + Z СОВ= £ AOBt < Z DOA + Z DOB.
Следовательно, ОС — искомая прямая.
618.	Опустим из точек А и В перпендикуляры АА0 и ВВ0 на
плоскость Р (рис. 101). На продолжении отрезка АА0 отложим
отрезок А0А1 = ААд. Пусть М — произвольная точка плоскости
Р. Тогда сумма АМ-^ВМ = А1МА~ВМ, так как АМ = А1М. Но
из треугольника AtBM следует, что А]Л4-|-В.М > AtB. Очевидно,
что сумма AM-J-BM окажется наименьшей, если точка М будет
принадлежать отрезку АХВ. Такой точкой является точка С, в
которой прямая АГВ пересекает плоскость Р. Действительно,
АС + СВ= А1С + СВ=АВ.
619.	Опустим из точек А и В перпендикуляры АА0 и ВВ0
на плоскость Р (рис. 102). На продолжении ВВ0 отложим отре-
Рис. 102.
зок В0В1=ВВ0. Пусть М — произвольная точка плоскости Р.
Тогда | AM— MB | = | AM — МВг |, так как MB — MBV Но из
треугольника AMBj следует, что | AM—MBt| < АВг. Если же
заменить точку М точкой С, в которой прямая АВХ пересекает плос-
кость Р, то получим | АС—ВС | = | АС — BjC | = ABj. > 1 AM—MB |.
298
Следовательно, искомой точкой является точка С, в которой пря-
мая АВ± пересекает плоскость Р.
620.	Случай 1. Данная точка А и данная окружность (О; R)
лежат в одной плоскости.
Точка А может лежать вне окружности (рис. .103) или внут-
ри ее (рис. 104). Случай, когда точка А лежит на окружности,
мы не рассматриваем ввиду очевидности решения. Проводим прямую
АО, пересекающую окружность в точках В и С. Пусть D и Е — произ-
вольные точки окружности, не лежащие на прямой АО. Из Д AOD
имеем AOA-OD > AD, или АО-^-ОВ > AD, т. е. АВ > AD. Из
Л АОЕ следует АО<АЕА-ОЕ, или АС + R < ЯВ+ R, т. е.
АС < АЕ.
Следовательно, АВ — искомый отрезок наибольшей длины, АС—
искомый отрезок наименьшей длины.
Случай 2. Данная точка и окружность не лежат в одной
плоскости.
Из данной точки А опустим перпендикуляр АА0 на плоскость Р,
в которой лежит данная окружность. (Точка Ае — проекция точки А
на плоскость Р.) В плоскости Р проводим А0СОВ—секущую к дан-
ной окружности, пересекающую ее в точках С и В. Так как
согласно выводу, полученному в
случае 1, АаВ — наибольший отре-
зок, соединяющий точку Ао с точ-
кой окружности, а А0С — наимень-
ший отрезок такого вида, то на
основании теоремы о сравнении
длин наклонных, проведенных к
данной плоскости из одной н той
же точки, лежащей вне этой пло-
скости, имеем: АВ — искомый отре-
зок наибольшей длины, АС — иско-
мый отрезок наименьшей длины.
621. Опустим нз точек А и В
(взятых произвольно на полу-
прямых О А и ОВ соответственно)	Рис. 105.
на плоскость Р перпендикуляры
АА0 и ВВа (рис. 105). На продолжении ВВ0 отложим отрезок
ВОВХ — ВВ0. Любая прямая OD, проведенная на плоскости Р из
точки О, образует одинаковые углы с ОВ и ОВа (построив тре-
299
угольники DOB и DOBl, можно легко доказать, что они равны).
Лучи ОА, OBt и OD являются ребрами трехгранного угла, а
поэтому
| Z DO А — DOB1 \<£AOBV	(1)
Если заменить OD прямой ОС, по которой плоскость Р пере-
секается с плоскостью, определяемой прямыми ОА и 0Blt получим
| / СОА — £ СОВ1 | = АОВг.
(2)
Учитывая формулы (1) и (2), находим, что ОС—искомая прямая.
622. Из условия задачи видно, что угол между плоскостями
берется острый или прямой, так как, по определению, угол пря-
, л
мои с плоскостью не больше . Все параллельные прямые состав-
ляют с плоскостью один и тот же (по величине) угол. Поэтому
Рис. 106.
если данные плоскости Р и Q пересекаются по прямой KL, то,
проведя нз произвольной точки М прямой KL луч МА, парал-
лельный произвольной прямой, указанной в условии, убедимся,
что если эта произвольная прямая составляет с плоскостью Р
угол а, а с плоскостью Q—угол р, то и луч МА составляет
300
с этими плоскостями те же углы. Пусть <р — угол между плоско-
(Л \
ф < ~2 j •
Проведем из точки М лучи P и MCJ_Q так, чтобы
лучи МВ и МА лежали по одну сторону от Р, а лучи МС и МА—
по одну сторону от Q. Тогда Z АМВ — -^—а, Z АМС = ^-—-0.
Если ВМС — острый (или прямой), то ВМС—<$ (рис. 106).
В трехгранном угле МАВС\/_АМВ — ^_АМС\^£ВМС
(знак равенства имеет место, если лучи МА, МВ и МС лежат
в одной плоскости и МС—средний из этих лучей) или
if л \ fл о \ 1
т’ е> 1а~РК<Р-
Если	ВМС—тупой, то /_ВМС — л—ф (рис. 107).
В трехграниом угле МАВС Z ДМВ+/ АМС3= Z ВМС (знак
равенства возможен лишь в том случае, когда лучи МА, МВ и МС
лежат в одной плоскости) или
(у—“)	Ssrt— ф, т. е. а + р<ф.
Но |а—0 | <а+р, а поэтому |а—₽|<ф.
СПИСОК ИСПОЛЬЗОВАННОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
1.	Беккенбах Э., Веллман Р., Введение в неравенства,
«Мир», 1965.
2.	Беккенбах Э., Беллман Р., Неравенства, «Мир», 1965.
3.	Блох А. Ш., Неверов Г. С., Решение неравенств, Минск,
1962.
4.	Делоне Б. и Житомирский О., Задачник по геомет-
рии, Физматгиз, 1959.
5.	Зете ль С. И., Задачи на максимум и минимум, Гостехиздат,
1948.
6.	Kazarin off N. D., Analytic inequalities, New York, 1961.
7.	Kazarinoff N. D., Geometrie inequalities, pub. Random
House, USA, 1961.
8.	Крейн С. Г., Ушакова В. И., Математический анализ
элементарных функций, «Наука», 1966.
9.	Кречмар В. А., Задачник по алгебре, Гостехиздат, 1950.
10.	Коровкин П. П., Неравенства, «Наука», 1966.
11.	Крыж а но вс к ий Д. А., Элементы теории неравенств,
ОНТИ, 1936.
12.	М арак уев Н. Н., Элементарная алгебра, т. II, Москва,
1903.
13.	Mitrinovii D. S., Elementary inequalities, Groningen, 1964.
14.	Mi tr in о vic D. S., Nejednakosti, Beograd, 1965.
15.	Натансон И. П., Простейшие функции на максимум и ми-
нимум, Гостехиздат, 1952.
16.	Н ев я жск и й Г. Л., Неравенства, Учпедгиз, 1947.
17.	Пржевальский Е., Собрание алгебраических задач, ч. II,
Москва, 1912.
18.	Пржевальский Е., Собрание геометрических теорем и
задач, Москва, 1879.
19.	Сборник задач московских математических олимпиад (под редак-
цией В. Г. Болтянского), «Просвещение», 1965.
302
20.	Скопец 3. А., Жаров В. А., Задачи и теоремы по геомет-
рии, Учпедгиз, 1962.
21.	Сом и нс к ий И. С., Метод математической индукции, «На-
ука», 1965.
22.	Сомине к ий И. С., Элементарная алгебра, «Наука», 1967.
23.	Харди Г. Г., Литтльвуд Д. Е., Полна Г., Нера-
венства, ИЛ, 1948.
24.	Ш к л я р с к и й Д. О., Ченцов Н. Н., Я г л о м И. М., Из-
бранные задачи и теоремы элементарной математики. Арифме-
тика и алгебра, «Наука», 1965.
25.	Ш к л я р с к и й Д. О., Ченцов Н. Н., Я г л о м И. М., Из-
бранные задачи и теоремы планиметрии, «Наука», 1967.
26.	Ш к л я р с к и й Д. О., Ченцов Н. Н., Я г л о м И. М., Из-
бранные задачи и теоремы элементарной математики, ч. Ill,
Геометрия (стереометрия), Гостехиздат, 1954.