Прасолов В. В. Задачи по планиметрии. (4-е изд. — Осторожно! В этом издании немало опечаток!)МЦНМО, 2002
 Глава 9. Задачи для самостоятельного решения  |  Оглавление |  Глава 9. Решения
П р и л о ж е н и е.     Некоторые неравенства

1.
Наиболее часто используется неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим для двух чисел:  

Ц
 
ab
 
 Ј (a + b)/2

, где a и b- положительные числа. Это неравенство следует из того, что 
a – 2
Ц
 
ab
 
  + b = (Цa – Цb)2 і 0

; равенство достигается, только если a = b.
Из этого неравенства следует несколько полезных неравенств, например
x(a – x) Ј ((x + a – x)/2)2 = a2/4;

a +   1
a
 і 2
Ц
 
a(1/a)
 
  = 2   при   a > 0.

2.
При решении некоторых задач используется неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим для п положительных чисел: (a1a2…an)1/n Ј (a1 + … + an)/n, причем равенство достигается, только если a1 = …  =  an.
Докажем сначала это неравенство для чисел вида n = 2m индукцией по m. Для m = 1 неравенство было доказано выше. Предположим, что оно доказано для m, и докажем его для m + 1. Ясно, что akak + 2m Ј ((ak + ak + 2m)/2)2. Поэтому
(a1a2… a2m + 1)1/2m + 1 Ј (b1b2… b2m)1/2m,
где bk = (ak + ak + 2m)/2, а по предположению индукции
(b1… b2m)1/2m Ј  1
2m
 (b1 + … + b2m)  =   1
2m + 1
 (a1 + … + a2m + 1).
Пусть теперь n любое. Тогда n < 2m для некоторого m. Положим an + 1 = … = a2m = (a1 + … + an)/n = A. Ясно, что (a1 + … + an) + (an + 1 + … + a2m)  =  nA + (2m – n)A = 2mA и  a1… a2m = a1… an · A2m – n. Поэтому  a1… an · A2m – n Ј (2mA/2m)2m = A2m, т. е. a1… an Ј An; равенство достигается, только если a1 = …  =  an.

3.
Для произвольных чисел a1,…,an справедливо неравенство  (a1 + … + an)2 Ј n(a12 + … + an2). В самом деле,
(a1 + … + an)2 =  е
ai2 + 2
е
i < j 
 aiaj Ј е
ai2 + 
е
i < j 
 (ai2 + aj2) = n е
ai2.
4.
Так как т0acos t dt = sin a и т0asin t dt = 1 – cos a, то, исходя из неравенства cos t Ј 1, получим sin a Ј a, затем 1 – cos a Ј a2/2
ж
и		 т. е. cos a і 1 –   a2
2
 ц
ш

,
sin a і a –   a3
6

,
cos a Ј 1 –   a2
2
  +   a4
24

и т. д. (неравенства справедливы при всех a і 0).
5.
Докажем, что tg a і a при 0 Ј a < p/2. Пусть AB- касательная к окружности радиуса 1 с центром O, причем B- точка касания;  C- точка пересечения луча OA с окружностью,  S- площадь сектора BOC. Тогда a  = 2S < 2SAOB = tg a.
6.
На участке от 0 до p/2 функция f(x) = x/sin x монотонно возрастает, так как fў(x) = (tg x – x)/(cos xsin 2x) > 0. В частности,  f(a) Ј f(p/2), т. е. a/sin a Ј p/2 при 0 < a < p/2.
7.
Если f(x) = acos x + bsin x, то 
f(x) Ј
Ц
 
a2 + b2
 

. В самом деле, существует такой угол j, что 
cos j  = a/
Ц
 
a2 + b2
 

и 
sin j  = b/
Ц
 
a2 + b2
 

, поэтому 
f(x) = 
Ц
 
a2 + b2
 
 cos (j – x) Ј
Ц
 
a2 + b2
 

. Равенство достигается, только если j  = x + 2kp, т. е. 
cos x = a/
Ц
 
a2 + b2
 

и 
sin x = b/
Ц
 
a2 + b2
 

.
  Глава 9APP. Задачи для самостоятельного решения   |  Оглавление |  Глава 9. Решения
Copyright © 2002 МЦНМО Внимание! Данное издание содержит опечатки!
Исправленные исходные файлы книги и файлы нового издания доступны со страницы автора.
Заказ книги: biblio@mccme.ru. 		Rambler's Top100