Математикадан облыстық олимпиада, 2007-2008 оқу жылы, 9 сынып

Кез келген натурал $n$ саны және теріс емес $a$ нақты саны үшін $n(n+1)a+2n\ge 4\sqrt{a}(\sqrt{1}+\sqrt{2}+\ldots+\sqrt{n})$ теңсіздігі орындалатынын дәлелде.

Комментарий/решение

Поделим обе части на $2$ получим

$(1+2+3+... + n ) \cdot a + n \geq 2\sqrt{a}(\sqrt{1}+\sqrt{2}+...+\sqrt{n})$

Если это действительно так , то заменим $\sqrt{a}=t$, получим квадратное неравенство , дискриминант которого должен быть $D<0$.

$4(\sqrt{1}+\sqrt{2}+...+\sqrt{n})^2 \leq 4n(1+2+3+...+n)$ , что в свою очередь вытекает из неравенство Коши Буняковского.

Коши-Буняковский теңсіздігі бойынша

$\sqrt1+\sqrt2+...+\sqrt n\le \sqrt{n(1+2+...+n)}=n\sqrt{\frac{n+1}{2}}$

$\Rightarrow 4\sqrt{a}(\sqrt1+\sqrt2+...+\sqrt n)\le 2n\sqrt{2a(n+1)}$

Арифметикалық орта геометриялық ортадан кем емес:

$n(n+1)a+2n\ge 2n\sqrt{2a(n+1)}$

Демек,

$\Rightarrow 4\sqrt{a}(\sqrt1+\sqrt2+...+\sqrt n)\le 2n\sqrt{2a(n+1)}\le n(n+1)a+2n$