ЗТоп^ллрныс лекции
ПОМ АТЕМАТИКЕ
П.П.КОРОВКИН
НЕРАВЕНСТВА

книги
НИКИТИНА

ПОПУЛЯРНЫЕ ЛЕКЦИИ ПО МАТЕМАТИКЕ
ВЫПУСК 5
П. П. КОРОВКИН
НЕРАВЕНСТВА
ИЗДАНИЕ ТРЕТЬЕ
ИЗДАТЕЛЬСТВО «НАУКА»
ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ
ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
МОСКВА 1966

512
К 66
УДК 512.13
2-2-2
213-66

ПРЕДИСЛОВИЕ
В курсе математики средней школы учащийся знако-
знакомится со свойствами неравенств и методами их решения
в простейших случаях (неравенства первой и второй
степени).
В этой книжке автор не ставил себе целью изложить
основные свойства неравенств, а стремился лишь позна-
познакомить учащихся старших классов средней школы с не-
некоторыми замечательными неравенствами, играющими
большую роль в различных разделах высшей матема-
математики, и применением их к нахождению наибольшего и
наименьшего значения величин и к вычислению некото-
некоторых пределов.
В книжке приводится 62 задачи, из которых 36 с по-
подробными решениями составляют основное ее содержа-
содержание, а 26 задач даются в конце §§ 1, 4, 5 мелким шриф-
шрифтом в качестве упражнений. Решение упражнений чита-
читатель найдет в конце книжки.
Самостоятельное решение нескольких трудных за-
задач, несомненно, принесет учащимся большую пользу,
чем решение большого числа задач простых.
Поэтому мы предлагаем учащимся обращаться к ре-
решениям упражнений только после того, как будет,най-
будет,найдено самостоятельное решение, быть может и отличаю-
отличающееся (что очень хорошо!) от решения, указанного
автором.
При доказательстве неравенств и решении задач ав-
автор пользовался лишь свойствами неравенств и преде-
пределов, изучаемыми в 9 классе средней школы.
П. Коровник

§ 1. Целой частью числа х (обозначается \х\) назы-
называется наибольшее целое число, не превосходящее х.
Из этого определения следует, что |л:| <; х, так как
целая часть не превосходит х. С другой стороны, так как
[х] — наибольшее целое число, удовлетворяющее последнему
неравенству, то [х\ + 1 > х
Таким образом, \х\ есть целое число, определяющееся
неравенств jmh
Так, например, из неравенств
3<я<4, 5<^<6, _2< —уТ< —1, 5 = 5<6
следует, что
Задача 1. Найти целую часть числа
1 + + + +
уг + уТ + уТ
Решение. Воспользуемся неравенствами:
0,7
0,5
0,5
0,4
1/22 П. П. Коровкин

(они получаются при извлечении корней с точностью до 0,1
с недостатком и избытком). Сложив эти неравенства1), по-
получим:
1 + 0,7 + 0,5 + 0,5 + 0,4 < х < 1 + 0,8 + 0,6 + 0,5 + 0,5,
т. е. 3,1 < х < 3,4 и, следовательно, \х\— 3.
Задача 2. Найти целую часть числа
У ~~ ^ У2 УЪ УТ ' ' ' УТООО 000 "
Решение. Эта задача отличается от предыдущей только
количеством слагаемых: в первой слагаемых 5, во второй—
1000000. Но уже это обстоятельство делает практически
невозможным применение предыдущего метода решения.
Для решения задачи изучим сумму
1 у 2 ' ут
С этой целью докажем неравенства
yY	A)
В самом деле, так как
Уп + 1 + Уп
2
У п + 1 + У п
И
утгп > у»,
то
„ 2
Этим доказана первая часть неравенства A); вторая его
часть доказывается аналогично.
1) А. П. Киселев, Алгебра, ч. II, 1956 г., стр. 68.
6

Полагая в неравенствах A) л—2, 3,4, ..., п, получим:
2 J/T- 2 /~2 < у= < 2 /2 - 2,
2/Т-2/Т<:р=< 2/3 — 2/2,
2]/Т— 2VT<
Я—2/л—
Сложим теперь эти неравенства
2VWT1— 2/2 <
Прибавляя ко всем частям полученных неравенств по 1,
найдем:
— 2/2
Так как 2/2 < 3, а /п 4- 1 > /л, то из неравенств B)
следует, что
2/rt_2<H--L + -L + — + . .4-~ <2/п — 1.
^ У'2 Г /3 /4	/г	'
C)
Пользуясь неравенствами C), легко найдем теперь целую
часть числа
у ~ ~* уТ YJ ¦" ут + •••"> /1000000
Для этого, полагая в неравенствах C) п — 1000000,
получим:
2/1000000 — 2<
.,,1,1, ,	1
или
1998 < t/ < 1999.
Следовательно, [у] — 1998,

Задача 3 Доказать неравенство
Х ~ ' " 4 '6 ' ' '100 ^ 10 "
Решение. Положим
— 2 ± А !°9
^~ ? ' 'Т ' ' МОГ
Так как
Т '^ 3 ' 4 < 5 ' 6 ~- 7 ' ' • • ' 100 ^ 101'
то х < у и, следовательно1),
х~ ^ Х-> ~ ~1 'Т 'Т ' 5" ' 6 ' 1 • ' ' 100 ' 101 ~~ \0V
Извлекая квадратный корень из обеих частей неравенства,
получим -):
Упражнения
1. Доказать неравенства
2 Уп hi"- 2 У m <-7--= f 7-=тл +• ¦ •+ 77= < 2 К« - 2 ТА/и -
|' /« ^ «г +1	)¦' п
2.	Доказать перавенсша
1800 < —-^z=^ f ,___ . -{- . . . -h -Fz=.	< 1800,02.
(/10 000 (/10 001	>' 1000 000
3.	Найти [50г], где
1	1	1
Z —	Л 	;-=r.— -I- ... -I- 	JZ
у loooo у' loooi ¦ j i oooooo '
Отв. [50г]= SO 000.
4.	Методом математической индукции доказать неравенство
J_ _L А 2"~'	'
2 '4 	2/г " j/3rt~7T '
5.	Доказать нераьенство
_1_ _3 5 _99 1_
2 ' 4"'~6 ' ' ТОО < I?"'
') А. П. Киселев, Алгебра, ч. II, 1956 г., стр. 68.
2) Т а м ж е, стр. S9.

§ 2. Перейдем теперь к изучению некоторых важных
неравенств, применяемых при решении многих задач.
Из неравенства (хх— х2J> 0 следует, что х\ -f- x{ > 1хххг,
причем знак равенства имеет место, только когда хх=х2.
Если хх и х2—положительные числа, то, разделив обе
части последнего неравенства на ххх2, получим:
Г + Г > 2"	<4>
Пользуясь неравенством D), легко докажем что сумма
двух положительных чисел не меньше 2 если произве
дение их равно единице,
В самом деле, если ку—\. то у = —. Неравенство
х -{- у> 2, т. е * -|	>2 следует из неравенства D) при
*) = X И Х2 = 1
Докажем теперь теорему
Теорема '>. Если произведение п положительных
чисел равно 1 то их сумма не меньше п
Другими словами, из равенства ххх2х3 , . . хл= 1 следует,
что хх -f- x2 -f л;; -|- . . -f- xn > я. причем xt + x2 -f- x3 +
+ ... + *„> «- если числа x1s х2, х3, .,., дгл не все
одинаковы
Доказательство. Докажем эту теорему методом
математической индукции1).
Ранее мы доказали справедливость теоремы 1 для слу-
случая двух положительных чисел (п = 2).
Предполагая, что теорема верна для п = k > 2, т. е.
предполагая, что неравенство
имеет место, если jc1jc2Jf3 . - - лс* = 1- докажем георему для
п = k -f- 1, т. е. докажем, что
если л-,х2Хз • ¦ х*л>+!= 1> причем дг,> 0, t2> '^ ^з> 0.
0	0
') Подробнее о методе математической индукции рассказано
в книжке: И. С. Cow и некий. Метол математической индук-
индукции, изд. 7, Главная редакция физико-математической литературы.
1965 (серия «Популярные лекции по математике», выпуск 3).

Прежде всего заметим, что если
то могут представиться два случая:
1) все множители хи х2, хг, . .., xh, Xk+\ одинаковы,
т е.
Xi = Х2 — Х$ — . . . = Xk =
Х2 — Х$ — . . . = Xk
2) не все множители одинаковы
В первом случае каждый множитель равен единице, а их
сумма равна k -f I, т. е.
X, + Х2 + Хъ + . . . + Xk
Во втором случае среди множителей произведения
, • • ¦ xkXk+\ найдутся числа как больше, так и меньше
единицы (если бы все множители были меньше единицы, то
и произведение их было бы меньше единицы)
Пусть, например, ,v, < 1, a Xk+\ > 1. Мы имеем:
ХгХъ . ¦ . Xk —
Полагая г/, = xxXk+\, получим:
Так как здесь произведение k положительных чисел равно
единице, то (согласно предположению) их сумма не меньше k,
т. е.
у, + х2 + х3 + ... + xk > к.
Но
х, + х2 4- х3 + .. . + xh + xk+\ =
= {У\ + х-г + х3 + . . . +xk) 4- xk+i — y1 + xi>
>k 4- xfe+i — г/i + *i = {k 4- lL-*ft+i — У\ + *, — 1.
Вспоминая, что ух = xixj!+\, получим:
X\ + x2 + x3 -\~ .. . 4- xk 4- xk+\ >
>{k 4- 1) 4- xk+i — xlxk+i + x, — 1 =
Так как х, < 1, a Xk+\ > 1, то (xfe+i — 1)A — x,) > 0 и.
следовательно,
x\ т x2 4- *з ¦+" • - • ~b ^e
Этим теорема 1 доказана.
10

Задача 1. Доказать, что если хи х2, х3, .. ., хп—
положительные числа, то
г + т + --- + Ч- + т>п>
причем знак равенства имеет место, только когда
#1 = #2 = Х3 = ¦ • ¦==Хп-
Решение. Так как
*2 Х3	Хп	«J
то неравенство следует из теоремы 1. Знак равенства имеет
место, только когда
Х2	Хъ	Хп	X)
т. е. когда хх—х2=х3=.. .= хп.
Задача 2. Доказать неравенство
*2 + L>2.
х2 + 1
Решение. Имеем:
+ 1 К*2 + 1 /х2 + 1	К*2 + 1
Так как произведение слагаемых в правой части равенства
равно единице, то их сумма не меньше двух. Знак равен-
равенства имеет место только при х = 0.
Задача 3. Доказать, что при а> 1
lga+loga10>2.
Решение. Так как loge 10-lga = 1, то
Задача 4. Доказать неравенство
1 + я'^2" '
11

Решение. Разделим на х2 числитель и знаменатель
левой части неравенства
X2 _	1
Так как — • х2 = 1, то ¦-$ -f- x2 >
р -f- х* > z, и, следовательно,
1 ^ 1
г3 + *г
Определение. Число g = ]/.*:, х2 . . . хп называется
средним геометрическим положительных чисел хи хг... , хп,
а число а = х	называется средним ариф-
арифметическим этих же чисел.
Теорема 2. Среднее геометрическое положительных
чисел не больше среднего арифметического этих же чисел.
Если числа хх, х2, . . ., х„ не все одинаковы, то сред-
среднее геометрическое этих чисел меньше их среднего ариф-
арифметического.
Доказательство. Из равенства g=yrx1x2.. . ^„сле-
^„следует, что
п г~—	т~
\ — 1/ ZL 21. 12., ИЛИ 2L ±1 2R — \
У g я "¦' 8 е g " ' 8
Так как произведение п положительных чисел равно 1>
то (теорема 1) их сумма не меньше п, т. е.
g ^ g ^ ^ 8
Умножив обе части последнего неравенства на g и разделив
на п, получим:
а=
Заметим, что равенство имеет место, только когда
— = — =	— - 1, т. е. Xi-x2 — ...- xn-g.
6	6	б
Если же числа xt, x2	х„ не все одинаковы, то
а> g.
12

Задача 5. Из всех параллелепипедов с данной суммой
трех взаимно перпендикулярных ребер найти тот, объем ко-
которого наибольший.
Решение. Пусть т = а-\- b +¦ с — сумма ребер, а
V = abc — объем параллелепипеда. Так как
то V <; 27. Знак равенства имеет место, только когда
а = b = с = -»-, т. е. когда параллелепипед есть куб.
Задача 6. Доказать неравенство
п\ < (ф)\ п > 2.	E)
Решение. Пользуясь теоремой 2, получим:
2 + 3-
л
(л+1)я л+1
Возведя в л-ю степень обе части последнего неравенства,
мы и получим неравенство E).
Определение. Число
1
называется средним степенным чисел а,, а2	ап по-
порядка а. В частности, число
_ ах + а3 + . . . 4- а„
Ci "	Л
есть среднее арифметическое чисел аи а2, ..., а„, число
с, =
л
называется средним квадратическим, а число
называется средним гармоническим чисел а,, а2, . .., а„.
3 П. П. Коровкин	jo

Задача 7. Доказать, что если at, а2, ..., ап—поло-
ап—положительные числа и а < 0 < р\ то
F)
т. е. среднее степенное с отрицательным показателем не
превосходит среднего геометрического, а среднее степенное
с положительным показателем не меньше среднего геометри-
геометрического.
Решение. Пользуясь тем, что среднее геометрическое
положительных чисел не превосходит среднего арифмети-
арифметического, имеем:
Возводя обе части последнего неравенства в степень — и
учитывая, что — < 0, получим:
i
§=Уа,а2...ап>{-^~^-п	-^« = са .
Этим доказана первая часть неравенства F); вторая часть
доказывается аналогично.
Из неравенства F) следует, в частности, что среднее
гармоническое c_i не превосходит среднего арифметиче-
арифметического с,.
Задача 8. Доказать, что если а,, а2, .. ., ап — поло-
положительные числа, то
Решение. Так как c~.\~<Cg <Сси то
<*\ а,	ап
Из этого неравенства следует, что
L —4- + —
1 а.2 ' " Ф ап
Задача 9. Доказать, что для любых положительных
чисел a, b (a^b) справедливо неравенство

Решение. Имеем:
а + Ь + Ъ + . .. +
л+1	-л+1'
что и требовалось.
Задача 10. Доказать, что с увеличением номера п ве-
величины
/. , 1 \Л	/.	1 \И
*„ = II + —) и г„ = A — — 1
увеличиваются, т. е.
*«<*»+1=AттпГ"- 2„<гп+1 = A — ¦
Решение. Полагая в неравенстве предыдущей задачи
а = 1, 6=1+—, получим:
л+1	~ л+ 1 "" ^ л + 1 -
Возводя обе части неравенства в (п + 1)-ю степень, будем
иметь:
Второе неравенство доказывается аналогично.
Задача 11. Доказать, что
убывает с увеличением номера п, т. е.
л	" + 1 (^	rt+lj
Решение. Имеем:
л + 1 /Л+1 \л + 1	1
"я—
[n+lj
3*	15

(см. обозначения задачи 10). Так как гп возрастает с уве-
увеличением номера п, то уп убывает.
В задачах 10 и 11 мы доказали, что
( + т( = 2>25
Ух = A + тJ==4>^
= (l + 4K = 3'375 > У» > • • • > Уп > ¦ • •
С другой стороны,
Итак, переменная величина хп удовлетворяет двум условиям:
1)	хп монотонно возрастает вместе с возрастанием но-
номера п,
2)	хп —ограниченная величина, 2 < хп < 4.
Известно1), что монотонно возрастающая и ограниченная
переменная величина имеет предел. Следовательно, сущест-
существует предел переменной величины хп. Этот предел обо-
обозначают буквой е, т. е.
е= ltm хп = lim 1 + —
Так как величина хп приближается к своему пределу воз-
возрастая, то хп меньше своего предела, т. е.
< е.	G)
Нетрудно проверить, что е < 3. В самом деле, если но-
номер п велик, то
Следовательно, и
е= lim х„< 2,985984 <3.
1) А. П. Киселев, Алгебра, ч. И, 1956 г., стр. 206.
16

Число е наряду с числом л имеет в математике большое
значение. Оно употребляется, например, в качестве основа-
основания логарифмов, называемых натуральными логарифмами.
Логарифм числа Л' при основании е символически обозна-
обозначается In ./V (читается: логарифм натуральный N).
Известно, что числа е и л иррациональны. Каждое из
этих чисел вычислено с точностью до 808 знаков после
запятой, причем
е = 2,7182818285490...
Покажем теперь, что и предел переменной величины уп
равен е. В самом деле,
limj,, =lim(l-f--i-j"+1= lim(l + -\J{\ + |) = е-1 - e.
Так как уп приближается к числу е убывая (задача 11),
то
(. + I)"' > ..	(8)
Задача 12. Доказать неравенство
«I > (?)"¦	О)
Решение. Мы докажем неравенство (9) методом мате-
математической индукции. Оно легко проверяется для п = 1.
В самом деле,
Предположим, что неравенство (9) справедливо для п — k,
т. е.
*¦>?)'¦
Умножив обе части последнего неравенства на k -\- 1, по-
получим:
Так как согласно неравенству G)A +-jr) < е< т0
17

т. е. неравенство (9) доказано для п — k 4- 1. Этим самым
доказана справедливость неравенства (9) для всех значе-
значений п.
Так как е < 3, то из неравенства (9) следует, что
- > ft
С помощью последнего неравенства легко доказать, что
300! > 100300.
В самом деле, полагая в нем п = 300, получим:
300! > /™УОО =
Совершенно аналогично неравенству задачи ^доказы-
^доказывается неравенство
)
Задача 13. Доказать неравенство
па,а,_...ап < а? + о? + ... + аЛ,	A0)
где ах > 0, а, > 0, . .., ап > 0.
Решение. Так как среднее геометрическое не превос-
превосходит среднего арифметического, то
Умножая обе части этого неравенства на п, мы и получим
неравенство A0).
Из неравенства A0) следует, что
2ata2 < а] -\- а\, Ъа^а,2а3 <. а\ + al + a\,
4а1а._>а3а4 < а\ -f- at 4- at + <й,
т. е. удвоенное произведение двух положительных чисел
не превосходит суммы их квадратов, утроенное произве-
произведение трех чисел не превосходит суммы их кубов и т. д.
§ 3. При решении задач предыдущего параграфа мы
пользовались тем, что среднее геометрическое положитель-
положительных чисел не превосходит среднего арифметического этих
18

же чисел, т. е.
Х\Х2 • • • *л
причем знак равенства имеет место только при хг=х2=
= . .. = хп.
В следующей теореме, пользуясь этим же неравенством,
докажем важнейшее неравенство этого параграфа, которое,
как мы увидим в дальнейшем, часто применяется при ре-
решении задач.
Теорема 3. Если х> — 1 и 0 < а < 1, то
A + х)а < 1 + ах.	A1)
Если же а < 0 или а > 1, то
A +х)а> 1 -feu.	A2)
Знак равенства б A1) и A2) имеет место только при
* = 0.
Доказательство. Предположим, что а — рацио-
рациональное число, причем 0 < а < 1. Пусть а = ^-, где m и га —
целые положительные числа, 1 <т <«. Так как по условию
1 -f х > 0, то
A
+ х) +
A-
\-х)
= ]
A
+.
f *)
m
..+
-f-
A
+
m,
1 -
X)
)n-m _
+ 1 + 1
¦ 1...
n—m
1 +..
1 <
. + 1
^	n
m{\ -\- x) + n — m n + mx . m	, .
=	 = 	 =1-1	1=1+ ССЛ.
n	n	n
Знак равенства имеет место, только когда все множители,
стоящие под знаком корня, одинаковы, т. е. когда 1 -f x — \,
х = 0. Если же х ф 0, то
A +*)а < 1 -four.
Таким образом, мы доказали первую часть теоремы для
того случая, когда а — рациональное число.
Предположим теперь, что а — иррациональное число,
О < а < 1. Пусть ги г2, ..., гп, ... — последовательность
рациональных чисел, имеющая пределом число а, причем
19

О < rn < 1. Из неравенств
A+*)'"< 1+г„х, х>—\, п=1,2,3,...,
уже доказанных нами для случая, когда показателем сте-
степени является рациональное число, следует, что
A + х)а = lim(l + 4п < ИтA + гпх) = 1 + а*-
Этим неравенство A1) доказано и для иррациональных зна-
значений а. Нам остается еще доказать, что для иррациональ-
иррациональных значений а при хФО и 0< а < 1
A 4- хГ < 1 + ах,
т. е. что при х ф 0 в A1) знак равенства не имеет места.
С этой целью возьмем рациональное число г такое, что
а < г < 1. Очевидно, имеем:
A -г-д^
Так как 0< —< 1, то, как уже доказано,
A + *)т<14--^*.
Следовательно,
(
Если х =j= 0, то A 4- у х Y < 1 + г -у х = 1 4- ах, т. е.
A + лг)« < 1 4- ах.
Этим первая часть теоремы доказана полностью.
Переходим к доказательству второй части теоремы.
Если 1 4- ах < 0, то неравенство A2) очевидно, так как
левая часть его неотрицательна, а правая отрицательна.
Если 1 + схдс > 0, ах > — 1, то рассмотрим отдельно
оба случая.
Пусть а>1; тогда в силу доказанной первой части
теоремы имеем:
причем знак равенства имеет место только при х =0. Воз-
Возводя рбе части последнего неравенства в степень а,
20

получим:
1 4-а*<A +х)а.
Пусть теперь а < 0. Если 1 4- &х < 0. то неравен-
неравенство A2) очевидно. Если же 1 4- ах > 0, то выбираем целое
положительное число п так, чтобы имело место неравен-
неравенство 	 < 1. В силу первой части теоремы получим:
(\+xf> {_a
п
Iпоследнее неравенство справедливо, так как 1 > 1 —^х2
Возводя в п-ю степень обе части последнего неравенства,
получим:
Заметим, что равенство возможно только в случае, когда
л: = 0. Этим теорема полностью доказана.
Теорема 4. Если аи а-,, ..., ап — положительные
числа и а < р, то са^.с$, причем са = с$, только когда
Доказательство. Для случая, когда числа аир
имеют разные знаки, теорема 4 доказана нами выше (см.
задачу 7 предыдущего параграфа и предшествующее ей
определение). Нам остается доказать теорему только для
случая, когда аир имеют одинаковые знаки.
Предположим, что 0 < а < р, и положим
k = са =
п
Разделив ср на k, получим:
Положив теперь
k
21

получим:
ЕЁ	S. J_
_
k ~\
Так как
то
d\ A- do 4- . . . 4" dn 1 j i j l	i j
Положим
dt = I 4- xt, d2 = I 4- л:2	dn = I 4- дсл.
Из равенства dx 4- d2 + .. . 4- dn = n следует, что
Xl+x2+... + xn = 0.
/	ft	\
На основании теоремы 3 (заметим, что -—> I) имеем:
d?=(H-x/>l + i-Xl
Р	3
= A + х2)а > 1 4-1- *2,
(*)
Сложив эти неравенства, получим:
Л p.	L	о
d? + d? +-.. + <#> я + IL (*i + *
Из A3) и A4) следует, что
Заметим, что с3 = fe =ca , только когда в (*) всюду имеют
место знаки равенства, т. е. когда хх = х2 ==...= хп= 0
(теорема 3). В этом случае dx = d2 = . . . = dn = 1 и,
22

следовательно, й, =й3 = ... = ап — k. Если же числа
а,, а9, • • •> ап не все одинаковы, то
С$ J> Crx .
Этим теорема 4 доказана для случая, когда 0 < а < р.
Если а<р<0, то0<-^< 1. Рассуждая так же. как
и прежде, мы получим в (*) и A4) обратные знаки нера-
неравенства- Но так как C < 0, то из неравенства
It	P
следует, что
I t t	Р \1
ft	\	Л
т. е.
Ср > ^ — С« .
Этим теорема 4 доказана полностью.
В дальнейшем мы называем среднее геометрическое сред-
средним степенным порядка нуль, т. е. полагаем g = с0.
Заметим, что теорема 4 остается в силе и в этом случае,
так как (задача 7 § 2) са < g = с0, если а < 0, и ср > g = с0,
если р > 0.
Из доказанной теоремы следует, в частности, что
С 1 "^ ^ <--С С <С' С
т. е. среднее гармоническое не превосходит среднего геоме-
геометрического, среднее геометрическое не превосходит среднего
арифметического, а среднее арифметическое не превосходит
среднего квадратического положительных чисел. Например,
если а, = 1, а., = 2, а3 = 4, то
+ а^ + аГ1 ^-'_	3	_ ii _ 1 7
I	I	1	7 — '' " " *•
== 1/а1а2аз= 1^1 -2-3 = 2

и следовательно,
с_, = 1,7 ... < 2 = с0 < 2,3 ... = с, < 2,6 . .. = с2.
Задача 1. Доказать, что х2 + у2 + г'2> \2, если
х + у + г = 6.
Решение. Так как среднее арифметическое ие превос-
превосходит среднего квадратического, то
-) т. е. х. + у2 + z*> (?±l±ff .
С2
В нашей задаче х2+ у2-\- г2> у = 12. Знак равенства имеет
место, только когда х= у = г = 2.
Задача 2. Доказать, что если х, у, г — положительные
числа и х2 -\- у2 -f г2 = 8, то
Решение. Так как с2 < с3, то
+ гг \Г ^ / хз + уз + гз \з~.
з у V з
В нашей задаче
1 /"Т
К 3"
+ (/3 + гз У >
3 j
т. е.
Задача 3. Доказать, что для положительных чисел а,,
йо, о3, ..., ая справедливы неравенства
<па-'(«? + ^+... + ^), а>1.	A5)
а,+а2+ ...+ ап)а >
>««-1(й« + а«+... + О 0<а<1. A6)
24

Решение. Если а > 1, то
(<% + <% + ¦¦¦ +
а \	п
_
Из этого неравенства легко следует неравенство A5). Точно
так же доказывается и неравенство A6). В частности, из
неравенств A5) и A6) следует, что
а>1, *>0, у>0,
0<о<1, х>0, у>0.
Задача 4. Доказать, что если х3 -\- у3+г3 =«81, х > О,
if>0, г>0,то
х + у + г^9.
Решение. Так как
(х + у + гK^ЗЦх3 + уя + г3) = 9-8\ =729
(неравенство A5)), то
х + У + г-4 ^729 =9.
Задача 5. Доказать, что если 0 > а > — 1, то
(п 4-l)a+l — na+l	na+l—ln—\)a+l
Ul	<Па<-	«I 1	•	A?)
Решение. Так как 0 < a -j- I < 1, го в силу нера-
неравенства A1) имеем:
l\-l\
l\a+l
<1
Умножая эти неравенства на na+1 , получим:
(л + l)a+1 < na+1 + (« 4- 1)«а ,
(п—1)а+1 <«а+1 —(а + \)па.
Из этих неравенств легко следуют неравенсгва A7).
Задача 6. Доказать, что если 0>а> — 1, то
25

Решение. Положив в	неравенствах A7) п = т,
т \- \	п, получим:
{т +i)i+«_Mi+«	^ m»+«-(m-l)'+tt
iqrs <m	^	ГТ1Г	'
Сложив эти неравенства, мы и получим A8).
Задача 7. Найти целую часть числа
+	+	+ +
х = з
У 5 Y<o '	j/lOOOOOo'
Решение. Положив в	A8) т = 4, «=1000 000,
а ==	д-, получим:
11	12
1 000 001 3 — 4 3 ^	^ 1 000 000 3 — 3 3
2	2 *
т т
т. е.
2 2	2 2
~ 1 000 001 3 — -| -43 < х < — • 1 000 000 3 — ~ ¦ 3 3.
Так как
2	2
— ¦ 1 000 001 3> 1-. 1 000 0001 = \-10 000 =¦ 15 000,
3 3/-— з^—-	з 3ак-^ 3 зЛ^-
то
15 000 — 4 < л: < 15 000 — 3, т. е. 14 996 < х < 14 997.
Из этих неравенств следует, что [х\ = 14 996.
26

§ 4. В этом параграфе мы применим рассмотренные
ранее неравенства к решению задач на максимум и ми-
минимум *).
Задача 1. Найти наименьшее значение функции
Xй — ах, а > О, х>0, а > 1.
Решение. Задача решается очень просто в том случае,
когда а — 2. В самом деле, так как
то наименьшее значение функция имеет при х = -=• > О,
причем значение это равно — -j-.
В случае произвольного а > 1 задача решается с исполь-
использованием неравенства A2), доказанной» в теореме 3. Так как
а > 1, то
причем равенство имеет место только при г = 0. Полагая
здесь 1 + г = у, получим:
#™ > 1 + а (у — 1), у* — ау > 1 — а, у > О,
причем знак равенства имеет место только при у — 1. Умно-
Умножая обе части последнего неравенства на с*. получим:
(су)а — ас"—1 (су) >A — а) с" , {/>0.
Полагая
г п\<
х=гсц и
получим:
с
уОС 	 ri у "^ /1 	 «Л r<L 	 / t 	 rt\\ 	 1
причем знак равенства имеет место только при х=с= I ^.^а~'
') О применении неравенств второй степени к решению задач
на нахождение наибольшего и наименьшего значения величин рас-
рассказано в книжке: И. П. Натансон, Простейшие задачи на макси-
максимум и минимум, Физматгиз, 1960 (серия «Популярные лекции по
математике», выпуск 2), изд. 3.
27

Итак, функция
Xй — ах, а > 1, а > 0, х > О,
1
принимает наименьшее значение в точке х = (—У~а, равное
а
A — а) (-^-)а~1 • В частности, функция х2 — ах (а = 2) прини-
1
мает наименьшее значение в точке х = (-тт! 1==7Г> Равное
A — 2)|-§-J~'=—~. Этот результат согласуется с вы-
водом, полученным ранее другим путем. Функция х3—-27л:
принимает наименьшее значение в точке х = -д- =3,
равное A — 3)Ш5Г1= —54.
Примечание. Отметим для дальнейшего, что функция
ах — х? = — (л^ — ал:),
где а>1, а > 0, я > 0, прини-
принимает наибольшее значение в точке
равное (а—1I^-101
Задача 2. Из круглого бревна выпилить балку наи-
наибольшей прочности!).
Решение. Пусть АВ = х — ширина балки, ВС — у —
высота ее и АС — d — диаметр бревна (рис. 1). Обозначая
через Р прочность балки, получим:
р = kxy2 = kx (d°- — x2) = k (d2x - xs).
!) Прочность балки прямо пропорциональна произведению ши-
ширины балки на квадрат ее высоты.
28

Функция d2x — xs принимает наибольшее значение при
_ (сР\з=л_ J_ 2 _ м _ „а _ 1 лг
Таким образом, балка будет иметь наибольшую прочность,
если отношение ее высоты к ширине будет равно -g-.
Задача 3. Найти наибольшее значение функции
у = sin х sin 2x.
Решение. Так как sin2л: = 2sin*cos*, то
sin x sin 2x = 2 cos x sin2 x ~ 2 cos x A — cos2 x) — 2(г — г3),
где г = cosх и, следовательно, — 1<г<1. Функция
г —г3 = гA—г2) имеет отрицательное значение, если
—1 < г < 0, а для 0 < z < 1 принимает положительное
Рис. 2.
значение. Следовательно, наибольшее значение функции
достигается на отрезке 0 < г <; 1.
В задаче 1 показано, что функция г — г3, г > 0 прини-
принимает наибольшее значение в точке
г _ (I
В этой точке
sin х sin 2л: =
3/3"
Итак, функция у = sin x sin 2л: принимает наибольшее
значение в тех точках, в которых г — cos x — -Х=, и это
29

значение равно —j=?. График функции у = sinxsin 2x
оу о
изображен на рис. 2.
Задача 4. Найти наибольшее значение функции
t/ = cos x cos 2x.
Решение. Функция у = cos x cos 2x не превосходит 1,
так как каждый из сомножителей cos x и cos 2x не
у.
-л /Зя _я\~гот ^
/
5л
«г 4
Рис. 3
превосходит 1. Но в точках х = 0, +2я, ±4л, ...
cos х cos 2x — \.
Итак, функция у = cos л: cos 2x принимает наибольшее зна-
значение 1 в точках х = 0, +2я, ±4я, ... График функции
у — cos л: cos 2х изображен на рис. 3.
Задача 5. Найти наименьшее значение функции
где а > 0, а < 0, х > 0.
Решение. Так как а < 0, то согласно неравенству A2)
(\+гр> 1 + аг,
причем знак равенства имеет место только при 2 = 0. По-
Полагая \-\-г — у, г~у—1, получим:
f->\ +a(y— 1), у>0,
причем знак равенства имеет место только при у—1. Из
последнего неравенства следует, что
уа — ау> 1 —а, (сг/)а~аса-1(сг/)>A— а)с°.
30

Полагая а — —ас05-1, х — су, получим:
а
х* + ах >A - а) с* = A - а)^)^.
причем знак равенства имеет место только при х = с
а \а—1
)
)
Итак, функция Xя + ах принимает наименьшее значение
в точке х = 1-^7^1 > равное
Например, функция
зЛ^ + 27л:, * > О
принимает наименьшее значение в точке
i
Х= [ у Г""'= 27 •
W
Это значение равно
Задача 6. Найти наиболее выгодные размеры сосуда
цилиндрической формы'), имеющего дно и крышку (кон-
(консервная банка).
Решение. Пусть V = nr'2h — объем сосуда, где г —
радиус, h — высота цилиндра. Полная поверхность сосуда
имеет площадь
S = 2кг2 + 2nrh.
!) Размеры сосуда считаются наиболее выгодными, если	при
заданном объеме требуется наименьшее количество материала	для
его изготовления, т. е. сосуд имеет наименьшую площадь	по-
площадь	поверхности.
31

Так как h = ¦—, то
S = 2яг2 + 2лг ^j = 2лг2 + ^~.
Полагая а; = —, получим:
5 = 2ju~2 + 2Vx = 2л /дг-2+ ^ А
Функция х~7 + -х, согласно решению предыдущей задачи,
принимает наименьшее значение при
Возвращаясь к нашим прежним обозначениям, найдем:
i = 13/M r-i=± = ^h	h_ h_2r_d
r— У V ' л 2n 2n ' r 2 ' n~zr ~a-
Таким образом, сосуд имеет наиболее выгодные размеры,
если высота и диаметр сосуда одинаковы.
Упражнения
6.	Найти наибольшее значение функции *F —*J при
О < х < 6.
Указание. Положить у = 6 — х.
7.	Из квадратного листа со стороною 2а требуется сделать ке-
робку без крышки, вырезая по уг-
углам квадраты и загибая затем по-
получающиеся высгупы так, чтобы
коробка получилась наибольшего
Л
х
	2п	iLSJr
Рис. 4.
объема (рис. 4). Какова должна быть длина стороны вырезаемых
квадратов?

8.	Найти наименьшее значение функции
xs + 8^2 + 5.
9.	Найти наименьшее значение функции
10.	Найти наибольшее значение функции
ха — ах,
если 0< а < 1, а > 0, х> 0.
11.	Доказать, что при х > 0 справедливо неравенство
4/— 3
ух < -g- -f 2*.
12.	Доказать, что при п > 3 справедливо неравенство
Я	4+1
у"л > У/ПГП
Указание. Воспользуйтесь неравенством G).
13.	Найти наибольшее из чисел
1,
14. Доказать неравенство
15.	Доказать неравенство
A-+а,)A +а3). ..A+о„)> 1+а,+
если числа а,- одного знака и не меньше — 1.
16.	Доказать неравенство
< в2 (af + 4 + ¦ ¦ ¦ + 4) (*? + *? + • + bl)-
Указание. Докажите сначала, что многочлен
x - btf +(а2х- *2J + ... + (апх - bnf =
= хЦа\ + а\ +...-\-al)-2xfabi+a.ibi+.. + anbn)
не может иметь двух различных действительных корней.
17.	Пользуясь неравенством A9), доказать, что среднее ариф-
арифметическое не больше среднего квадратического.
18.	Доказать неравенство
33

19. П ользуясь неравенством упражнения 18. доказать нера-
неравенство
20. Найти наибольшее значение функций:
v3
' — 0,6xw.
* + 5'
3
Отв. , _; 0,4.
¦4^15
21. При каком значении а наименьшее значение функции
J/T+ Jr равно 2,5?
Отв. а = 8.
§ 5. В этом параграфе мы рассмотрим еще несколько
важных неравенств и укажем применение их к вычислению
некоторых пределов.
Задача 1. Доказать, что если р > 1,	1	= 1,
х > 0, у > 0, то
Решение. В начале § 4 (задача 1) мы доказали нера-
неравенство
если а> 1, а>0, х > 0.
Полагая в этом неравенстве а = р, а = рг/, получим:
р	р
хр-(«/)* >A -р)(^у-1 = A -р)у""'. B1)
Так как	1-— = 1, то
Р Q
1 _ 1 ' Р 1
9 ~
Р	Р п р—Г^	q
Подставляя эти значения в неравенство B1), получим:
ХР — рух>— ?.у9.
34

Разделив все члены последнего неравенства нар и перенеся
в противоположную сторону отрицательные члены, мы полу-
получим неравенство B0).
Задача 2. Доказать, что если а,, а2, .... ап, Ьх,
Ь2, . . ., Ьп— положительные числа, а р и q удовлетворяют
условиям задачи 1, то
(а,6, faj6, + ... + e,6J<
<( а? + а2р + ... + арп)~р{ Ь\ + Ы+... + btp. B2)
Решение. Положим
Тогда правая часть неравенства B2) будет равна
• _i_ \_
(Ару (Bif = АВ.
Теперь положим
а, = Аси а2 = Ас2, ..., ап = Асп,
ft, = fid,, fc2 = Bd2, ..., bn = Bdn.
Так как
Ар = af + ap2 + ... + apn =
то
c? + c? + ...+cS = l-
Точно так же проверяется, что
d? + d? + ... + <tf = 1.
Пользуясь теперь неравенством B0), получим:
(*)
35

Из этих неравенств следует, что
axbx +a2b2 + ... + anbn^
^ ло(с1 + сР2 + --- + 4 ,
<АВ{	р	 +
р ^ я)
1
(напомним, что	1	= 1, с? -f- с\ + ... + срп = 1 ,
Итак, доказано, что левая часть неравенства B2) не пре-
превосходит АВ, т. е. не превосходит правой части.
Нетрудно указать тот случай, когда в B2) имеет место
знак равенства. В самом деле, знак равенства в B1) имеет
место только при
(см. задачу 1 § 4). Точно так же знак равенства в каждой
строке (*) будет иметь место, только когда
Q	Я	Я
т. е. когда
Наконец, умножив эти равенства на Ар В4, получим:
Вч(Асху> = Ap{Bdx)i, т. е. В«ар = АрЬ\ ,
ар АР of АР	арп АР
12	/I
Таким образом, знак равенства в B2) имеет место, если
Примечание. Полагая в неравенстве B2) р = 2, q = 2,
получаем неравенство A9) (см. упражнение 16):
axbx + агЬг + ... + anbn <
< V(a\ + а\ + ... + а\) {Ь\ + Ь\ + ...
36

Задача 3. Доказать неравенство
!»	B3)
Решение. Объединяя неравенства G) и (8) § 2, получим:
Логарифмируя эти неравенства при основании е, оконча-
окончательно найдем:
л In (l + ?) <1пе = К (л + l)ln
Задача 4. Полагая zt = 1 + гг, г, = j + g" + 4" •
- __L_I_ 1 _L_JLj_ *
+
Решение. Заменяя п на n — 1 в первой части нера-
неравенства B3), получим:
Из этого неравенства и второй части неравенства B3) сле-
следует, что
'п^тОп^Т-	B4)
Теперь, пользуясь неравенствами B4), напишем неравенства:
In—t- < —<ln
1п1тт<^тт< ]пЧ
—Г
1) / 1 \	/ 1 \
In I 1 + — 1 обозначает логарифм от I 1 + — J при основавиа е
(см. стр. 17).
37

Сложив их и учитывая, что сумма логарифмов равна лога-
логарифму произведения, получим:
, (я + 1)(п + 2)(я + 3)...B«+ О ^
ш	^
я(я+1)(я + 2)...2я	^
1	1	1 , л(л + 1)(я + 2)...2я
^ ч ^ п + 1 ' • • • ^ 2я ^ '" (я - 1) л (я + 1). .. Bп - 1)'
Т. е.
,.2я+1 ,1 , 1 ,	i 1 ^ ,_ 2я
Так .как ?^ = 2 + -i. то
Mm In ^^ == lim In B + -) = In 2.
2я	2
Точно так же из	г = 2 + -—г следует, что
lim In-^Ц = 1п2.
Итак, крайние члены неравенств B5) имеют одинаковые
пределы. Следовательно, и средний член имеет тот же
предел, т. е.
Задача 5. Положив
~2~ ' 3 ' ' *'
вычислить lim xn.
Решение. Имеем:
х _1 J_ , J	L i-L	L+ +—!	-
Х2п — ' 2 "т" 3 4 ' 5 6 ^ ' " ' ~ 2п — 1 2л
,1,1,1,1,1,	, 1 ,
38

2 f 3 + 4 + 5 + 6 +'-
i 2 + 3
!4! 4	i JL
В предыдущей задаче мы положили
" п п л + 1 ^ ' ¦ ' ^ 2л"
Следовательно, х2п — гп —— . Но lim гп = In 2 (см. прелы-
дущую задачу). Таким образом:
lim x2n= lim(zB--!W In 2.
Заметим еще, что х2п+1 = х2п+ 2n t, и, следовательно,
lim x2n+i = lim (^„Н- ^г!гт^ = ln2-
Итак,
lim xn = In 2.
Примечание. Числа х, = at, х2 = ал + а2, х3 = ai +
4- а2 + а3, . . ., хп = а, 4- а2 + ... 4- ап называются частич-
частичными суммами ряда
а, + «2 + «з + • • • + а„ + • • •
Ряд называется сходящимся, если последовательность его
частичных сумм имеет конечный предел. В этом случае
число S = lim xn- называют суммой ряда.
Из задачи 5 следует, что ряд
1 ~~ Т + Т~ Т + Т — Т + •'' + ъГ^1~~ Ъ1 + • • •
сходится и имеет сумму, равную In 2.
Задача 6. Ряд
1 + т + 4 + 4-+--- + т + ---
называется гармоническим рядом. Доказать, что гармониче-
гармонический ряд расходится.
39

Решение. Согласно неравенству B3)
п	п
Полагая п = 1, 2, 3, ..., п, напишем п неравенств
Y > In у,
-3- > In y<
Складывая их, получим:
2-3-4. .. (п + 1)
Из этого неравенства следует, что
lim jcn > lim ln(n + 1) = oo,
следовательно, гармонический ряд расходится.
Задача 7. Доказать, что ряд
1 + ^Г + ^ + --- + ^ + -"	B6)
сходится при любом а > 1.
Решение. Последовательность частичных сумм этого
ряда
1
_. l i i
__, l l
40

монотонно возрастает, т. е.
*1 <-, л2 <^ А3 ^ Л4 \ • • • <-. *я ^ • • •
С другой стороны, известно, что монотонно возрастаю-
возрастающая ограниченная последовательность чисел имеет конечный
предел. Следовательно, если мы докажем, что последователь-
последовательность чисел хп ограничена, то будет доказана и сходимость
ряда B6). Положим
У2п~	2а + за	4°	5° 1р
1	1
¦¦¦Bл—1," Bnf '
Так как
1	1 \ i
Bл —2)а Bл— 1)°/ Bл)а>
то (числа в каждой скобке положительны)
У2п< I-
С другой стороны,
„ = 1	L , J	L . J	Li	4-
»2л	2я за 4° 5™ 6а
, 1	!_ = /i , _L._L j__L j
^ Bл - If Bnf { ^ 2а ^ За ^ 4а
+ + +	+
6" + * " ' + Bл - 1)"
Bл)а
Bл- If ^ Bл)а/ 2« V ^ 2« ^ 3« ^ • * • ^ па j •
то
_	2
У%п — X2n	Ш X
2™ "'
41

Теперь, так как х2п > хп, у2п<\, то
2	2а-:
Отсюда следует, что
~«^ 2«-2 '
т. е. числа хп при а > 1 ограничены. Тем самым доказано,
что ряд B6) сходится и сумма его не больше -^	.
Например, если а = 2, то
х = 1 iJl.J. , 1 ^ 2з 5
Лп	т" 2з "т" з2 "' ' ' ' ' п2• ^ 23 — 2
S = Шл дся = 1 +-1- + -i- + ... + -1- + ... < 2.
В курсе высшей математики доказывается, что
S — 1 -|—^ + ~т + • • • + -^г + •.. = —.	B7)
Упражнения
22. Найти сумму ряда
Указание. Используйте равенство B7).
л3
Отв. S = -j2~.
23,	Доказать неравенства
^<1+2«+3« + ... + ^<^±-^, к>0.
24.	Полагая
хп = 1 + 2а + За + . . . + па,
доказать, что
lim „4-1 =	Г- а > 0.
n->~ na+1 a + 1
42

25.	Доказать неравенство
(a,Vi + «гЬ-А + . . . + anbncnf <
< (а] + а\ + .. . + а\ ) ( Ь\ + Ъ\ + ... + Ъ\ )( cf + 4 + ¦ ¦ ¦ + 4 ).
если числа а^, Ь^, с^ положительны.
Указание. Используйте неравенство A0) и метод доказа-
доказательства B2).
26.	Полагая ,n=-L + _lT + _^.+ ...+sL, где к _
целое положительное число, доказать, что
lim xn =ln fe.
Указание. Используйте метод решения задачи 4 настоящего
параграфа.

РЕШЕНИЯ УПРАЖНЕНИЙ
1. Полагаем в неравенствах A) (стр. 6) п = т, т + 1	п:
2 /т + 1 — 2 /m < pL < 2 У~т— 2 /т"=Т,
2 /т + 2 — 2 К^ГгТ< , ' < 2 /т+ 1 — 2
У т -+- 1
1
г
Г ffl+2
< 2/т + 2 — 2 Km + 1
/n
Сложив эти неравенства, получим:
2 /лГП - 2 /т < -=г+ 	 +	 + . . . + -L <
Ут У т + 1 /т -н 2	> п
2. Полагая в неравенствах задачи 1 т = 10 000. л = 1 000 000,
получим:
1
2 У\ 000 001- 2 КЮ 000 <
V юооо
Так как
2/1000 001 > 2/1000 000=2000, 2/10 000=200,
2 /999в = /39 996 > 199,98
(последнее неравенство можно легко проверить, извлгкая квадрат-
44

ный корень с точностью до 0,01), то
2000 — 200 = 1800 < ,	4 ,	4- 4- — '	<
/юооо /Ю001 г--^ /юооооо
< 2000 — 199,98 = 1800,02.
3.	Умножая неравенства задачи 2 на 50, получим в наших
обозначениях
90000 < 50г < 90 001,
отсюда
[502J = 90 000.
4.	При п = 1 справедливость неравенства очевидна:
Предполагая теперь, что неравенство справедливо для п = fe:
_L JL A 2fe —1	1
2 • т- т ¦ ¦ • 2k < ywTT ¦	(а)
докажем его справедливость для п = k -f- 1, г. е. докажем, что
J 3 5 2fe— I 2k + 1	1
J_ __ __
2 ' 4 ' 6	2k ' 2ft +2 <
2ft + 1
Умножив неравенство (а) на ^ g, получим:
i_ JL A 2fe—' 2fe+ 1	1	2ft 4- 1
2 " 4 ' 6 ' ' ' 2ft ' 2ft + 2 < /зГТТ ' 2ftT~2 •
Остается доказать неравенство
1	2ft 4- 1	1
4- 1 ' 2ft 4- 2 ^ /3ft~T4
Умножив его на Bft + 2) /3ft + 1 J^3ft -Ми возводя обе части
полученного неравенства в квадрат, получим:
Bft 4- IJ Cft 4- 4) < Bft +• 2J Cft 4- 1),
или
12ft3 4- 28ft2 + 19ft 4- 4 < 12ft^ + 28ft-1 4- 20fe 4- 4.
Последнее неравенство очевидно, так как ft > 1.
Этим доказано, что неравенство
_1_ _3_ 2п—1	1
г ч	zn	у з« 4- 1
справедливо для всех п.
45

5. Полагая в неравенстве задачи 4 п = 50, получим:
_ __	_		__
2 ' 4 ' ' ' " 100 < /3-50+1 = уШ К УШ = 12 •
6. Полагая i/ = 6 — *, х = 6— у, мы сведем задачу к нахожде-
нахождению наибольшего значения функции
при 0 < у < 6. Полагая затем у2 = г, получим функцию
6г — г 2.
наибольшее значение которой (см. замечание в конце задачи 1 § 4)
равно
3
V	2/ 2~{
и достигается в точке
/ 6 \ J_i
¦-М1-
Функция 6(/2—I/3 принимает наибольшее значение в точке
у = 4, и это значение равно 32.
Функция л: F — хJ принимает наибольшее значение 32 в точке
х = 6 — 4 = 2.
7. Объем коробки (см. на стр. 32 рис. 4) равен
V = х Bа — 2хJ = Ах (а — *J. 0 < * < а.
Полагая у = а — х, у2 = г, получим:
3
V	= А(аг—г2).
з
Наибольшее значение функции аг — г2 достигается в точке
Следовательно,
2а	2а _а_
У — "о", л: = а — ~п~ = ~о~»
Таким образом, объем коробки будет наибольшим, если длина
стороны вырезаемого квадрата в шесть раз меньше длины стороны
данного квадрата.
46

8.	Наименьшее значение функции ж6 + 8х2 4- 5 равно 5 и дости-
достигается при х = 0.
9.	Полагая у = х2, сведем задачу к нахождению наименьшего
значения функции
j/з — Ц + 5
для положительных значений у.
В задаче 1 § 4 мы доказали( что наименьшее значение функ-
функции у3 — 8у равно
_L	-
8 \з—1	8 2 ¦
)	2
з2
Наименьшее значение функции у3 — 8г/ 4- 5 равно
_ 32^5 + 5 =-3.6...
10. Полагая у = ха , получим функцию
i / 1	1\	1
у_ау<х = а^— у -yaj, а>0, — > 1.
1	-'
В силу задачи 1 § 4, наибольшее значение функции —у — уа
равно
— _1 -г-	= —-1
Умножая последнюю величину на а, мы и найдем наибольшее зна-
чение функции а{~^~ У ~ У )> которое,	следовательно, равно
1 .	_i_ __
а \ot_i / а \	а—1 /о \ а—1
J Aа)()	A)()
4 _	1
11. Функция Ух — 2х, х > 0, а = —^- , и = 2, имеет наиболь-
наибольшее значение, равное
Т
4 М 1
4
47

Следовательно, для всех х > О справедливо неравенство
4 _	3	*	3
Ух — 2 х < -g-, или j^x < -g- + 2я.
12.	Запишем неравенство G) § 2 в виде
/л + IV
{—г-J <е, (п + 1)" <еп".
Если п > 3 > е, то
(л + 1)" < епп < ?.пп < ппп =- пп+х-
Возводя обе части последнего неравенства в степень —,—Т7Т\ ,
получим!
п+1 	 п __
Уп + I < Уп .
_ 6_ 6_ 3_	3_
13.	Так как 1 < У2 = У» < /9 = ]/3, то /3 наибольшее
_ з _
из чисел 1, 1^2, "^3 . С другой стороны, в предыдущей задаче мы
з _ 4 _	1 _
показали, что числа "^3, У А,..., Уп, ... убывают. Следова-
з _	_ з _ ч _
тельно, J^3 —наибольшее из чисел I, У2 , j/~3 , . ,|/"я, . ..
п
14.	Положим "^га = 1 +<х„, ал > 0 Возводя в степень п, по-
получим:
и
n=(l +an)« = [(l +аяJр.
Предполагая, что п > 2, -я* > 1, на основании теоремы 3 получим:
Отсюда следует, что
^  2 2 4	2 *	2
« > — ««¦ ап < — ' а° < у^' Yn=\+*n<i + y=
Приме чание Пользуясь биномом Ньютона, легко про-
проверить, что
п
48

В самом деле
— + >
п
п(п— 1) _2__
Отсюда следует, что
~1Г
15. При п = 1 и а; > — 1 неравенство очевидно:
\ +ах> \ +ах.
Предположим, что неравенство справедливо для п — k, т. е.
A 4- ах) A 4- а,) . . . A +¦ ak) > 1 + ах + а.2 + . . + ak.
Умножив обе части неравенства на A 4- ak + l)> получим:
A 4- ах) A + а2) . . . A 4- ак) A 4- ak + i) >
Так как числа ах, а-:, . . ., ak, nk^i одного знака, ю
-! а'аы.\ + ¦ • ¦ + акаь±\ > °
и, следовательно,
A + a,)(l + a,). . .A + ak){\ + ak + l) > 1 +n,+ a?+ . .. +ak+ak+l)
т. е. неравенство доказано и для n= fe + 1.
Этим завершено доказательство справедливости неравенс1ва
A 4- a,) (I f а,) . . A 4- ап) > 1 4- ах 4- а2 + . ¦ • + ал
для всех п.
S6. Если многочлен (ахх — б,J + (a._,,v — ft,J 4- . . . + (а„х — bnJ
имеет действительный корень л: — хь т. е.
(а^, - й,)- + (а^, - Ь,у- + ... + (а„х, - й„)= = О,
го каждое из чисел a^v, — й1( а.^( — 6?, . . ., апх{ — &„ равно нулю,
г. е.
О — а1х1 — Ь{ --- a.,x{ — &.i — ... — a,,x, — дп,
a, a,	" о„'
Этим мы доказали, что многочлен
(а,х — 6,)- 4г (а_дс — и..I-1 4- . . + (апх — 6„K =
= *-' ( а'[ 4 и\\ ... 4 4) — 2л' ("A "h а-62 + • • ¦ + а„6«) +
49

не может иметь двух различных действительных корней, и, следо
вательно,
(а,6, + а262 + ... + апЬп? — ( а\ + ...+ а2п)( b] + ... + Ь%) < 0.
Отсюда и следует неравенство A9)
@,6,+ а263 + . .. + anbnf < ( d\ + al+ ... + а2п)( b\+h\+ . .. +Ь%).
Заметим, что знак равенства имеет место, только когда рас-
смстренный нами многочлен имеет действительный корень, т. е.
когда
Oj	<h	_^л.
6, ~ Ь, ~~ ' " ' ~ Ьп '
17. Пользуясь неравенством A9), получим:
t1	ал 1 V
t	л
¦¦+al 2
- С2-
-	П	- С2-
Отсюда следует, что
с, < с2
(среднее арифметическое не превосходит среднего квадратического).
18. Из неравенства
п^\ f = я + 1 + 2 /a^ZTj + „ _ 1 =
= 2п + 2]Ап^^Г< 2л 4> 2 ]АяТ= 4п
следует, что
]^л~+1 + ]/"«—1 < 2 J/T,
1	^
2 У л	]/"я + 1 ^Уп — 1
	]Ая~Т~1— У~п~^\	 /я"+~1 — К"^-^
Умножая на 2, получим:
-7= < ]/"я+ 1 — Уп—1.
у п

19. Полагаем в неравенстве упражнения 18п = 2, 3, . , ., п
vw1
ут
1
Сложив написанные неравенства, получим:
1	1	1	,.
Прибавив по 1 к обеим частям неравенства, окончательно найдем:
Примечание. В § 1 было доказано, что
Числа Уп + l +У п — У 2 и 2]/"п +1—2/2+1 отличаются
друг от друга менее чем на 0,42. Каждое из этих чисел может быть
взято за приближенное значение суммы
1	1	1
1 + ут + уз + • • ¦+ ут = г«-
Отметим без доказательства, что число Уп + I + У~п — У 2
менее отличается от числа гп, чем число 2 Уп + 1—2 ]А2~ -|- 1.
20. Функция ^4 . 5 принимает отрицательные значения при
г< 0. Следовательно, наибольшее значение функции достигаехся
для положительных значений х.
Так как
*4 +5~ <1 '	,
О 	v L v—а
то наибольшее значение функции достигается в той же точке,
51

в которой функция -gx + х~3 принимает наименьшее значение. Из
задачи 5 § 4 следует, что наименьшее значение этой функции равно
Наибольшее значение функции 4 г равно
_з_
1	154	15	3
_3_ ~ 20 ~ 4 _ - 4 _
1 \4	20/15 4/15
-^
Чтобы найти наибольшее значение функции х6 — 0,6л10, положим
у = л;6. Ясно, что у > 0. Функция
_ш	_ш
у~0,6у6 = 0,б(-^-(/-(/Т
о
принимает наибольшее значение (см. задачу 1 § 4), равное
Ш
21. Полагая в этой задаче у = —г, получим:
	i_
г— а	Г
у х + —^ —у + ау.
1
Наименьшее значение функции у 4 + ац, как это следует из
задачи 5 § 4, равно
5	-
Полагая -j- Do) Б = 2,5, получим:
Dа) 5 = 2, 4а = 32, а = 8.
52

22.	s = l--i- + -p--.-Jr + -g5-	gj
'l+±+±+I+l + ir + ...) ^2^- ' !
= 'l +22""^35""^4^"^5^"^6^ +-...J — ^i i -t- 22 + 3T + • • •
_ _1_ J_	\ 1 я3 я'
= 9l1+22'+3T + ---J = T'6' = T2
(мы воспользовались неравенством B7)).
23.	Так как а > 0, то а + 1 > 1 и, следовательно,
п)	п
Умножая эти неравенства на п1+а, получим:
(п + 1I+а>п1+сх + A+а)
Из этих неравенств следует, что
„'+«_(„_ I)' +» e (n+i)i
< n <
1 + a	I + a
Запишем эти несавенства при значениях п=1, 2, 3, ..., п:
1 +¦ а
< <
1 + а	1 4- а
Сложив их, получим:
¦,1+а
1 + а ' ' 		1+а	1 + а
24. Из неравенств упражнения 23 следует, что
1	1 + 2" + 3" + . . . + па
1 + а <	rti+«	^ l^F'a '•
53

1
Левая часть последних неравенств есть постоянное число . . .
1
а правая часть стремится к пределу, равному ^ , ¦ , когда п стре-
стремится к бесконечности. Следовательно, и средняя часть неравенств
стремится к тому же пределу, т. е.
lim l + 2a + 3" + ... + n" = _1_
1+а	1 +
25. Введем обозначения
Аз = в» + <% + ... + а3п, & = Ь\ + *| + ... + Ь\,
О = cf + с| + . -. -f 4
*1— а • Х2— д t •' ч хп— a i Уг— g> ?з— g• • • •> Уп—
, _?l , -сл. , _?«
г, — с , z2— c i • • •, гп — q.
На основании неравенств A0) имеем:
4 + У? + z?
ABC
апЬ„Сп = АВСхпУпгп < ABC
3
Сложив выписанные неравенства, получим!
... + апЬпсп) <
( х\ + 4 + ¦ • • + 4
< ABC 	о	+
3
г3 + г! + ... +
f	3
Учитывая введенные обозначения, легко подсчитать, что
з_°? + а2 + -
... + хп =	—
у3 + *? + ... + у\ =
54

Следовательно,
ifiibfr + аф#г + ... + апЬпСп) < ABC(j]+ j + -A= ABC.
Возводя в куб обе части неравенства, окончательно получим:
... + anbncnf
26. Выпишем неравенства B4) для различных значений ш
п + * ! , я
I
1
In
п ^ п ^ n—l •
я+2 1 , п+1
fcn + 1 1	kn
In —пг— < ГГ < In
fcn ^ kn ^ '" fen —Г
Сложив эти неравенства, получим:
i (я + 1) (« + 2) • • • (*« + О J_^ I ^ L_L
in	n(n+l)...fen	< я +я+ I +'-- + fen <
п .п+ 1	fen
т. е.
_1_ 1	1	1 . fen
Если п стремигся к бесконечности, то In (* + "^"l стремится к In ft
lfe + ^ZTl) стРемится к 9ТОМУ же пределу.Следовательно, в
1п
lim I-L

Павел Петрович Коровкин
НЕРАВЕНСТВА
(Серия: «Популярные лекции по математике»)
М., 1966 г., 56 стр. с илл.
Редактор А. П. Баева
Техи. редактор А. А. Благовещенская
Корректор А. С. Бакулова
Сдано в иаб. 8/1V 1966 г. Подп. к печ. 11/V1I 1966 г.
Бумага 84Х1081/». Физ. печ. л. 1,75. Усл. печ. л. 2.94
Уч.-изд. л. 3,13. Т-07198. Тираж 75 000 экз.
Заказ № 719. Цена 9 коп.
Издательство «Наука»
Главная редакция
физико-математической литературы.
Москва, В-71, Ленинский проспект, 15.
Чеховский полиграфкомбинат Главполиграфпрома
Комитета по печати при Совете Министров СССР
г, Чехов, Московской области

Цена коп.
/
ИЗДАТЕЛЬСТВО €НАУКА»
ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ
ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
ПОПУЛЯРНЫЕ ЛЕКЦИИ ПО МАТЕМАТИКЕ
Вып. 1. А. И. Маркушевнч. Возвратные аоследовательностп.
Вып. 2. И. П. Натансон. Простейшие задачи на максимум и минимум.
Вып. 3. И. С. Сомннскнй. Метод математической нидукцин.
Вып. 4. А. И. Маркушевич. Замечательные кривые.
Вып. 5. П. П. Коровкин. Неравенства.
Вып. 6. Н. Н. Воробьев. Числа Фибоначчи.
Вып. 7. А. Г. Курош. Алгебраические уравнения произвольных степеней
Вып. 8. А. О. Гельфонд. Решение уравнений в целых числах.
Вып. 9. А. И. Маркушевич. Площади а логарифмы.
Вып. 10. А. С. Смогоржевский. Метод координат.
Вып. 11. Я. С. Дубнов. Ошибки в геометрических доказательствах.
Вып. 12. И. П. Натансон. Суммирование бесконечно малых величии.
Вып. 13. А. И. Маркушевич. Комплексные числа а конформные отобра-
отображения.
Вып. 14. А. И. Фетисов. О доказательствах в геометрии.
Вып. 15. И. Р. Шафаревич. О решении уравнений высших степеней.
Вып. 16. В. Г. Шераатов. Гиперболические функции.
Вып. 17. В. Г. Болтинскнй. Что такое дифференцирование?
Вып. 18. Г. М. Мнракьаи. Прямой круговой цилиндр.
Вып. 19. Л. А. Люстерник. Кратчайшие линии.
Вып. 20. А. М. Липшиц. Вычисление площадей ориентированных фигур
Вып. 21. Л. И. Головина и И. М. Яглим. Индукция в геометрии.
Вып. 22. В. Г. Болтаисснй. Равновеликие и раниосоставленные фигуры
Вып. 23. А. С. Смогоржевский. О геометрии Лобачевского.
Вып. 24. Б. И. Аргунов н Л. А. Скорякоа. Конфигурационные теоремы
Вып. 25. А. С. Сиогоржевский. Линейка в геометрических построениях.
Вып. 26. Б. А. Трахтеиброт. Аглоритмы и машинное решение задач.
Вып. 27. В. А. Успенский. Некоторые приложения механики к математике.
Вып. 28. Н. А. Архангельский и Ь. И- Зайцев. Автоматические цифро-
цифровые машины.
Вып. 29. А. Н. Костовскнй. Геометрические построения одним циркулем.
Вып. 30. Г. Е. Шилов. Как строить графики.
Вып. 31. А. Г. Дорфман. Оптика конических сечений.
Вып. 32. Е. С. Вентцель. Элементы теории игр.
Вып. 33. А. С. Барсоа. Что такое линейное программирование.
Вып. 34. Б. Е. Маргулис. Системы линейных уравнений
Вып. 35. Н. Я. Виленкии. Метод последовательных приближения.
Вып. 36. В. Г. Болтянский. Огибающая.
Вып. 37. Г. Е. Шнлоа. Простая гвмма (устройство музыкальной шкалы).
Вып. 38. Ю. А. Шрейдер. Что такое расстояние?
Вып. 39. Н. Н. Воробьев. Признаки делимости.
Вып. 40. С. В. Фомин. Системы счисления.	'
Вып. 41. Б. Ю. Коган. Приложение механики к геоморин.