Разделы 
Дополнительно
Алгебраические неравенства.
$a^{2} + b^{2} > a+b$, $x^{2} - 6x + 4 \geq 2x-5$, $log_a (2x+1) < log_a x^{2}, \cdots$,
могут при подстановке вместо буквенных параметров, входящих в левую и правую части неравенств, переходить либо в верные, либо в неверные числовые неравенства. Так, неравенство
$abc < a+b+c$
удовлетворяется при $a = 1, b = 1$ и $c = 2$ и не удовлетворяется при $a = 2, b = 2$ и $c = 3$.
Имеются, однако, такие неравенства, которые оказываются справедливыми для всех допустимых значений входящих в них буквенных параметров. Таковы, например, неравенства (везде мы имеем в виду только действительные значения параметров)
$a^{2} + b^{2} \geq 0, |a+b| \leq |a| + |b|, x^{2} + 2x + 2 > 0$.
Иногда приходится проводить доказательство неравенств; при этом «доказать неравенство» - значит установить, что оно справедливо для любых допустимых значений параметров.
Пример 1. Доказать, что среднее арифметическое двух положительных чисел не меньше их среднего геометрического.
Решение. Под средним арифметическим двух чисел $a > 0$ и $b > 0$ понимают число $\frac{a + b}{2}$, а под их средним геометрическим - число $\sqrt{ab}$.
Требуется доказать справедливость неравенства
$\frac{a + b}{2} \geq \sqrt{ab}$ (1)
для всех положительных чисел $a$ и $b$. Данное неравенство равносильно неравенству
$\frac{a + b}{2} - \sqrt{ab} \geq 0$; (2)
преобразуем левую часть неравенства (2):
$\frac{a + b}{2} - \sqrt{ab} = \frac{a + b - 2 \sqrt{ab} }{2} = \frac{ ( \sqrt{a} - \sqrt{b} )^{2} }{2}$.
Теперь видно, что неравенство (2), а следовательно и неравенство (1), выполняется при любых положительных $a$ и $b$ если $a \neq b$, то неравенство строгое; если же $a = b$, то среднее арифметическое равно среднему геометрическому.
Дадим неравенству между средним геометрическим и средним арифметическим также геометрическое истолкование . Среднее геометрическое двух отрезков $a$ и $b$, сумма которых принята за диаметр окружности, изображается полухордой МО, а среднее арифметическое - радиусом ОМ, который не меньше этой полухорды.
Неравенство (1) также обобщается на случай п положительных чисел $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ и записывается в форме
$\frac{a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{n} }{n} \geq \sqrt[n]{a_{1}a_{2} \cdots a_{n} }$ (3)
(доказательство мы не приводим).
Решение. Под средним арифметическим двух чисел $a > 0$ и $b > 0$ понимают число $\frac{a + b}{2}$, а под их средним геометрическим - число $\sqrt{ab}$.
Требуется доказать справедливость неравенства
$\frac{a + b}{2} \geq \sqrt{ab}$ (1)
для всех положительных чисел $a$ и $b$. Данное неравенство равносильно неравенству
$\frac{a + b}{2} - \sqrt{ab} \geq 0$; (2)
преобразуем левую часть неравенства (2):
$\frac{a + b}{2} - \sqrt{ab} = \frac{a + b - 2 \sqrt{ab} }{2} = \frac{ ( \sqrt{a} - \sqrt{b} )^{2} }{2}$.
Теперь видно, что неравенство (2), а следовательно и неравенство (1), выполняется при любых положительных $a$ и $b$ если $a \neq b$, то неравенство строгое; если же $a = b$, то среднее арифметическое равно среднему геометрическому.
Дадим неравенству между средним геометрическим и средним арифметическим также геометрическое истолкование . Среднее геометрическое двух отрезков $a$ и $b$, сумма которых принята за диаметр окружности, изображается полухордой МО, а среднее арифметическое - радиусом ОМ, который не меньше этой полухорды.
Неравенство (1) также обобщается на случай п положительных чисел $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ и записывается в форме
$\frac{a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{n} }{n} \geq \sqrt[n]{a_{1}a_{2} \cdots a_{n} }$ (3)
(доказательство мы не приводим).
Пример 2. Доказать, что при любом положительном а справедливо неравенство
$\sqrt{a} + \sqrt{a + 2} < 2 \sqrt{a + 1}$. (4)
Решение. Данное неравенство можно записать в равносильной форме:
$\sqrt{a + 2} - \sqrt{a + 1} < \sqrt{a + 1} - \sqrt{a}$. (5)
Перенесем иррациональность из числителя в знаменатель:
$\frac{1}{ \sqrt{a + 2} + \sqrt{a + 1} } < \frac{1}{ \sqrt{a + 1} + \sqrt{a} }$ (6)
(обе части неравенства преобразуются тождественно). Полученное неравенство верно: числители дробей равны 1, а знаменатель в правой части меньше. Из неравенства (6) следует неравенство (5), а из него - неравенство (4), которое требовалось доказать.
$\sqrt{a} + \sqrt{a + 2} < 2 \sqrt{a + 1}$. (4)
Решение. Данное неравенство можно записать в равносильной форме:
$\sqrt{a + 2} - \sqrt{a + 1} < \sqrt{a + 1} - \sqrt{a}$. (5)
Перенесем иррациональность из числителя в знаменатель:
$\frac{1}{ \sqrt{a + 2} + \sqrt{a + 1} } < \frac{1}{ \sqrt{a + 1} + \sqrt{a} }$ (6)
(обе части неравенства преобразуются тождественно). Полученное неравенство верно: числители дробей равны 1, а знаменатель в правой части меньше. Из неравенства (6) следует неравенство (5), а из него - неравенство (4), которое требовалось доказать.
Пример 3. Доказать, что во всей области допустимых значений $a, b, $c имеет место неравенство
$\sqrt{a + 2b}+ \sqrt{a + 2c} \leq 2 \sqrt{a + b + c}$. (7)
Решение. Обе части неравенства (7) неотрицательны; поэтому мы можем возвести неравенство в квадрат:
$a + 2b + a + 2c + 2 \sqrt{ (a + 2b)(a + 2c)} \leq 4 (a + b + c )$, (8)
откуда получаем
$\sqrt{(а + 2b)(a + 2c)} \leq a + b + c$. (9)
Всякий раз, когда $a, b, c$ лежат в о.д.з. неравенства (7) и выполнено неравенство (9), будет выполнено и неравенство (7). Поэтому доказательство неравенства (7) сводится к доказательству неравенства (9). Обе его части также неотрицательны. Возводим его в квадрат. Получаем
$a^{2} + 2ba + 2ca + 4bc \leq a^{2} + 2ab + 2ac + b^{2} + c^{2} + 2bc$ (10)
или
$0 \leq b^{2} + c^{2} - 2bc = (b - c)^{2}$ (11)
- неравенство, верное при всех значениях $a, b, c$. В силу неравенства (11) устанавливаем последовательно справедливость предшествующих неравенств (10), (9), (8), вплоть до неравенства (7), которое требовалось доказать.
$\sqrt{a + 2b}+ \sqrt{a + 2c} \leq 2 \sqrt{a + b + c}$. (7)
Решение. Обе части неравенства (7) неотрицательны; поэтому мы можем возвести неравенство в квадрат:
$a + 2b + a + 2c + 2 \sqrt{ (a + 2b)(a + 2c)} \leq 4 (a + b + c )$, (8)
откуда получаем
$\sqrt{(а + 2b)(a + 2c)} \leq a + b + c$. (9)
Всякий раз, когда $a, b, c$ лежат в о.д.з. неравенства (7) и выполнено неравенство (9), будет выполнено и неравенство (7). Поэтому доказательство неравенства (7) сводится к доказательству неравенства (9). Обе его части также неотрицательны. Возводим его в квадрат. Получаем
$a^{2} + 2ba + 2ca + 4bc \leq a^{2} + 2ab + 2ac + b^{2} + c^{2} + 2bc$ (10)
или
$0 \leq b^{2} + c^{2} - 2bc = (b - c)^{2}$ (11)
- неравенство, верное при всех значениях $a, b, c$. В силу неравенства (11) устанавливаем последовательно справедливость предшествующих неравенств (10), (9), (8), вплоть до неравенства (7), которое требовалось доказать.
