4.12 Эквивалентные функции. Символы Ландау

$\DeclareMathOperator{\ctg}{ctg}\DeclareMathOperator{\tg}{tg} \DeclareMathOperator{\arctg}{arctg} \newcommand{\fdef}[2]{#1 \left ( #2 \right )} \newcommand{\abs}[1]{\left | #1 \right |}$Определение. Пусть функции $f$ и $g$ отличны от нуля в проколотой окрестности точки $x_0$ (равной, быть может, $+\infty,$ $-\infty$ или $\infty$). Говорят, что функции $f$ и $g$ эквивалентны при $x \to x_0$, если $\lim\limits_{x \to x_0}\frac{\fdef{f}{x}}{\fdef{g}{x}} = 1.$ Обозначают это так: $\fdef{f}{x} \sim \fdef{g}{x} (x \to x_0)$.

В терминах этого определения найденные ранее пределы можно переписать следующим образом (все соотношения формулируются для случая $x \to x_0$):
$$
\sin{x} \sim x, \\
\tg{x} \sim x, \\
1-\cos{x} \sim \frac{1}{2}x^2, \\
\arcsin{x} \sim x, \\
\arctg{x} \sim x, \\
a^x-1 \sim x \ln{a}, \\
\log_a{\left ( 1+x \right )} \sim \frac{x}{\ln{a}}, \\
(1+x)^\alpha-1\sim \alpha \cdot x.
$$
Эти соотношения останутся в силе, если в них вместо переменной $x$ записать отличную от нуля функцию $\varphi \left ( x \right ),$ стремящуюся к нулю при $x \to x_0$. Например, $\sin{x^2} \sim x^2 \left ( x \to 0 \right ),$ $\tg{\frac{1}{x}} \sim \frac{1}{x} \left ( x \to \infty \right ),$ $\tg{\sin{\left ( x-1 \right )^2}} \sim \sin{\left ( x-1 \right )^2} \sim \left ( x-1 \right )^2 \left ( x \to 1 \right ).$

Теорема (применение эквивалентных функций для нахождения пределов). Пусть $\fdef{f}{x} \sim \fdef{f_1}{x}$ и $\fdef{g}{x} \sim \fdef{g_1}{x}$ при $x \to x_0$ и пусть существует $\lim\limits_{x \to x_0}\frac{\fdef{f_1}{x}}{\fdef{g_1}{x}} = A.$ Тогда существует $\lim\limits_{x \to x_0}\frac{\fdef{f}{x}}{\fdef{g}{x}} = A.$
Доказательство. По определению эквивалентных функций, используя арифметические свойства пределов, получаем
$$\lim\limits_{x \to x_0}\frac{\fdef{f}{x}}{\fdef{g}{x}} = \lim\limits_{x \to x_0}\frac{\fdef{f}{x}}{\fdef{f_1}{x}} \cdot \frac{\fdef{g_1}{x}}{\fdef{g}{x}} \cdot \frac{\fdef{f_1}{x}}{\fdef{g_1}{x}} = 1 \cdot 1 \cdot A = A,$$ и теорема доказана.

Доказанная теорема означает, что при вычислении пределов в произведении и в частном функции можно заменять эквивалентными. При этом существование предела и его величина не изменяются.
Пример.
$$\lim\limits_{x \to 0} \frac{\arcsin{x} \cdot \left (e^x-1 \right )}{1-\cos{x}} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{x \cdot x}{\frac{x^2}{2}} = 2$$

Сравнение бесконечно больших и бесконечно малых. Символами Ландау называются символы $o$ и $\mathcal{O}$. Дадим определение.
Определение. Пусть функции $f$ и $g$ определены в проколотой окрестности точки $x_0$ (конечного или бесконечного) и $\fdef{g}{x} \neq 0.$ Говорят, что $\fdef{f}{x}$ является $o$-малой относительно $\fdef{g}{x}$ при $x \to x_0$, если $\lim\limits_{x \to x_0} \frac{\fdef{f}{x}}{\fdef{g}{x}} = 0.$ Обозначают это так: $\fdef{f}{x} = \fdef{o}{\fdef{g}{x}} \left ( x \to x_0 \right ).$

Если $\fdef{f}{x} \to 0, \ \fdef{g}{x} \to 0$ и $\fdef{f}{x} = \fdef{o}{\fdef{g}{x}}$ при $x \to x_0,$ то говорят, что $\fdef{f}{x}$ является бесконечно малой более высокого порядка, чем $\fdef{g}{x},$ при $x \to x_0.$ Если же $\fdef{f}{x} \to \infty, \ \fdef{g}{x} \to \infty$ и $\fdef{f}{x} = \fdef{o}{\fdef{g}{x}} \text{ при } x \to x_0,$ то говорят, что $\fdef{g}{x}$ стремится к бесконечности быстрее, чем $\fdef{f}{x},$ при $x \to x_0.$ Например, $\sin \left ( x^2 \right ) = \fdef{o}{x}(x \to 0), \ \tg^3{x} \cdot \sin{\frac{1}{x}} = \fdef{o}{x^2} (x \to 0).$

Определение. Пусть функции $f$ и $g$ определены в проколотой окрестности $x_0$ (конечного или бесконечного) и $\fdef{g}{x} \neq 0.$ Говорят, что $\fdef{f}{x}$ является $\mathcal{O}$-большим относительно $\fdef{g}{x}$ при $x \to x_0,$ если существует такая проколотая окрестность $U_{\delta}$ точки $x_0$, что для всех $x \in U_{\delta}$ справедливо неравенство $\abs{\fdef{f}{x}} \leq c \cdot \abs{\fdef{g}{x}}$, где постоянная $c$ не зависит от $x$ (но может зависеть от окрестности $U_{\delta}$). Обозначают это так: $\fdef{f}{x} = \mathcal{O} \left ( \fdef{g}{x} \right ) \ \left ( x \to x_0 \right ).$
Например, $x^2+2x^3 = \mathcal{O} \left ( x^2 \right )$

Теорема. Пусть существует $\lim \limits_{x \to x_0} \abs{\frac{\fdef{f}{x}}{\fdef{g}{x}}} = K,$ где $0 \leq K \lt+\infty.$ Тогда $\fdef{f}{x} = \mathcal{O} \left ( \fdef{g}{x} \right )$.
Доказательство. Рассматриваем случай $x_0 \in \mathbb{R}.$ Зададим $\varepsilon = 1$ и найдем такое $\delta > 0,$ что для всех $x,$ удовлетворяющих условию $\abs{x-x_0} < \delta,$ справедливо неравенство $\abs{\abs{\frac{\fdef{f}{x}}{\fdef{g}{x}}}-K} < 1.$ Последнее неравенство равносильно тому, что $$K-1 < \abs{\frac{\fdef{f}{x}}{\fdef{g}{x}}} < K+1.$$ Умножая правое неравенство на $\abs{\fdef{g}{x}},$ получаем утверждение теоремы.

Теорема (критерий эквивалентности функций). Для того, чтобы отличные от нуля функции $f$ и $g$ были эквивалентны при $x \to x_0,$ необходимо и достаточно, чтобы было выполнено равенство $\fdef{f}{x} = \fdef{g}{x}+\fdef{o}{\fdef{g}{x}} \ \left ( x \to x_0 \right ).$
Доказательство.
Необходимость. Пусть $\fdef{f}{x} \sim \fdef{g}{x}$ при $x \to x_0.$ Тогда $\frac{\fdef{f}{x}}{\fdef{g}{x}}-1 \to 0 \ \left (x \to x_0 \right ),$ т. е. $\frac{\fdef{f}{x}}{\fdef{g}{x}}-1 = \fdef{h}{x},$ где $\fdef{h}{x} \to 0 \ \left (x \to x_0 \right ).$ Отсюда следует, что $\fdef{f}{x} = \fdef{g}{x}+\fdef{g}{x} \cdot \fdef{h}{x}.$ Но $\frac{\fdef{g}{x} \cdot \fdef{h}{x}}{\fdef{g}{x}} = \fdef{h}{x},$ т. е. $\fdef{g}{x} \cdot \fdef{h}{x} = \fdef{o}{\fdef{g}{x}} \ \left (x \to x_0 \right ).$
Достаточность. Если $\fdef{f}{x} = \fdef{g}{x}+\fdef{o}{\fdef{g}{x}} \ \left ( x \to x_0 \right ),$ то $\frac{\fdef{f}{x}}{\fdef{g}{x}} = 1+\frac{\fdef{o}{\fdef{g}{x}}}{\fdef{g}{x}}$ и поэтому $\lim\limits_{x \to x_0} \frac{\fdef{f}{x}}{\fdef{g}{x}} = 1.$

Используя эту теорему, набор эквивалентных функций, выписанный нами ранее, можно переписать в следующем виде (всюду $x \to 0$):
$$
\sin{x} = x+\fdef{o}{x}, \\
\tg{x} = x+\fdef{o}{x}, \\
1-\cos{x} = \frac{1}{2}x^2+\fdef{o}{x^2}, \\
\arcsin{x}= x+\fdef{o}{x}, \\
\arctg{x} = x+\fdef{o}{x},\\
a^x-1 = x \ln{a}+\fdef{o}{x}, \\
\log_a{\left ( 1+x \right )} = \frac{x}{\ln{a}} + \fdef{o}{x}, \\
(1+x)^\alpha-1 = \alpha \cdot x + \fdef{o}{x}.
$$ С помощью этой таблицы можно вычислять пределы. Покажем это на примерах.
Пример 1.
$$\lim\limits_{x \to 0}\frac{e^x-\sqrt[3]{1+x}}{2 \arctg{x}-\arcsin{x}} = \lim\limits_{x \to 0}\frac{e^x-1-\left (\sqrt[3]{1+x}-1\right )}{2 \arctg{x}-\arcsin{x}} = \\ = \lim\limits_{x \to 0}\frac{x+\fdef{o}{x}-\left (\frac{1}{3}x+\fdef{o}{x}\right )}{2\left (x+\fdef{o}{x}\right )-x+\fdef{o}{x}} = \lim\limits_{x \to 0}\frac{\frac{2}{3}x+\fdef{o}{x}}{x+\fdef{o}{x}} = \lim\limits_{x \to 0}\frac{\frac{2}{3}+\frac{\fdef{o}{x}}{x}}{1+\frac{\fdef{o}{x}}{x}} = \frac{2}{3}$$ Пример 2. Раскрытие неопределенности $\left [ 1^\infty \right ].$ Пусть $\fdef{\alpha}{x} \to 0 \left (\fdef{\alpha}{x} \neq 0 \right ), \ \fdef{\beta}{x} \to \infty.$ Тогда, в силу непрерывности показательной функции,
$$\lim\limits_{x \to x_0}\left (1+\fdef{\alpha}{x} \right )^{\fdef{\beta}{x}} = \lim\limits_{x \to x_0}e^{\fdef{\beta}{x}\ln \left ( {1+\fdef{\alpha}{x}} \right )} = e^{\lim\limits_{x \to x_0}\fdef{\beta}{x}\left ( \fdef{\alpha}{x}+\fdef{o}{\fdef{\alpha}{x}} \right )}.$$ Если существует $\lim\limits_{x \to x_0}\fdef{\alpha}{x}\cdot\fdef{\beta}{x} = A,$ то
$$\lim\limits_{x \to x_0}\fdef{\beta}{x}\left ( \fdef{\alpha}{x}+\fdef{o}{\fdef{\alpha}{x}} \right ) = \lim\limits_{x \to x_0}\fdef{\beta}{x}\cdot\fdef{\alpha}{x}\cdot\frac{\fdef{\alpha}{x}+\fdef{o}{\fdef{\alpha}{x}}}{\fdef{\alpha}{x}} = \\ = \lim\limits_{x \to x_0}\fdef{\beta}{x}\cdot\fdef{\alpha}{x}\cdot\left ( 1+\frac{\fdef{o}{\fdef{\alpha}{x}}}{\fdef{\alpha}{x}} \right )= A.$$ Поэтому
$$\lim\limits_{x \to x_0}\left (1+\fdef{\alpha}{x} \right )^{\fdef{\beta}{x}} = e^A.$$
Упражнение. Пусть $\lim\limits_{x \to x_0}\fdef{\alpha}{x} = 0, \lim\limits_{x \to x_0}\fdef{\beta}{x} = \infty.$ Доказать, что $\lim\limits_{x \to x_0}\left (1+\fdef{\alpha}{x} \right )^{\fdef{\beta}{x}} = 0,$ если $\lim\limits_{x \to x_0}\fdef{\alpha}{x}\cdot\fdef{\beta}{x} = -\infty.$ Если же $\lim\limits_{x \to x_0}\fdef{\alpha}{x}\cdot\fdef{\beta}{x} = +\infty,$ то $\lim\limits_{x \to x_0}\left (1+\fdef{\alpha}{x} \right )^{\fdef{\beta}{x}} = +\infty.$

Примеры решения задач

Рассмотрим примеры задач, в которых могут использоваться эквивалентные функции и символы Ландау. Читателю с целью самопроверки предлагается решить данные примеры самому, а затем сверить свое решение с приведенным.

  1. Найти предел $\lim\limits_{x \to 1}\frac{\left (x^{2018}-2x+1 \right ) \left ( e^{x-1}-1 \right )}{\left (x-1 \right )\sin{ \left (x-1 \right )}}.$
    Решение

    $\lim\limits_{x \to 1}\frac{\left (x^{2018}-2x+1 \right ) \left ( e^{x-1}-1 \right )}{\left (x-1 \right )\sin{ \left (x-1 \right )}} =
    \left[
    \begin{gathered}
    \text{При }x \to 1\\
    e^{x-1}-1 \sim x-1\\
    \sin{(x-1)} \sim x-1\\
    \end{gathered}
    \right ] =
    \lim\limits_{x \to 1}\frac{\left (x^{2018}-2x+1 \right ) \left ( x-1 \right )}{\left ( x-1 \right )\left ( x-1 \right )} =\\
    = \lim\limits_{x \to 1}\frac{\left (x^{2018}-2x+1 \right )}{\left ( x-1 \right )} =
    \left[
    \begin{gathered}
    \left ( x^{2018}-2x+1 \right ) \bigg|_{x=1} = 0 \Leftrightarrow \left ( x^{2018}-2x+1 \right ) \vdots \left ( x-1 \right )\\
    \text{Разделим многочлен} \left ( x^{2018}-2x+1 \right ) \text{на двучлен} \left ( x-1 \right )\\
    \text{при помощи схемы Горнера:}\\
    \ \ \ 1 \ 0 \ 0 \ 0 \ \ldots \ 0 \ -2 \ 1\\
    1 \ 1 \ 1 \ 1 \ 1 \ \ldots \ 1 \ -1 \ 0\\
    \end{gathered}
    \right ] = \\
    = \lim\limits_{x \to 1}\frac{\left ( x-1 \right )\left ( x^{2017}+x^{2016}\ldots+x^2+x-1 \right )}{\left ( x-1 \right )} = \lim\limits_{x \to 1}\left ( x^{2017}+x^{2016}\ldots+x^2+x-1 \right ) = 2016$

  2. Найти предел $\lim\limits_{x \to +\infty} \left ( \cos{\frac{1}{\sqrt{x}}} \right )^x.$
    Решение

    $\lim\limits_{x \to +\infty} \left ( \cos{\frac{1}{\sqrt{x}}} \right )^x = \lim\limits_{x \to +\infty}e^{x \ln{\cos{\frac{1}{\sqrt{x}}}}} =
    e^{\lim\limits_{x \to +\infty}x \ln{\cos{\frac{1}{\sqrt{x}}}}} = \\ =
    \left[
    \begin{gathered}
    \lim\limits_{x \to +\infty}x \ln{\cos{\frac{1}{\sqrt{x}}}} = \lim\limits_{x \to +\infty}x \ln{\left ( 1+\left ( \cos{\frac{1}{\sqrt{x}}}-1 \right ) \right )} = \\
    = \left[
    \begin{gathered}
    \text{При } x \to +\infty \\
    \ln{\left ( 1 + \left ( \cos{\frac{1}{\sqrt{x}}}-1 \right ) \right )} \sim \cos{\frac{1}{\sqrt{x}}}-1 = \\ = -2{\sin^2{\frac{1}{2\sqrt{x}}}} \sim -2 \cdot {\left ( \frac{1}{2\sqrt{x}} \right )}^2 = -\frac{1}{2x}
    \end{gathered}
    \right ] = \\
    = \lim\limits_{x \to +\infty}\frac{-x}{2x} = -\frac{1}{2}
    \end{gathered}
    \right ]
    = e^{-\frac{1}{2}}$

  3. Найти предел $\lim\limits_{x \to 0} \frac{\arctg{\left ( \left ( 1+x \right )^3-1\right )}+2\tg{x}}{e^x-1+3\ln{\left ( 1+x \right )}}.$
    Решение

    $\lim\limits_{x \to 0} \frac{\arctg{\left ( \left ( 1+x \right )^3-1\right )}+2\tg{x}}{e^x-1+3\ln{\left ( 1+x \right )}} = \\
    =\left[
    \begin{gathered}
    \text{При }x \to 0\\
    \arctg{\left ( \left ( 1+x \right )^3-1\right )} = \left ( 1+x \right )^3-1 + \fdef{o}{\left ( 1+x \right )^3-1} = \\
    =\left ( 1+x \right )^3-1+\fdef{o}{x} = 3x+\fdef{o}{x}+\fdef{o}{x}=3x+\fdef{o}{x}\\
    \tg{x} = x+\fdef{o}{x}\\
    e^x-1 = x+\fdef{o}{x}\\
    \ln{\left ( 1+x \right )} = x+\fdef{o}{x}
    \end{gathered}
    \right ] = \\
    =\lim\limits_{x \to 0}\frac{3x+\fdef{o}{x}+2x+\fdef{o}{x}}{x+\fdef{o}{x}+3 \left ( x+\fdef{o}{x} \right )} =
    \lim\limits_{x \to 0}\frac{5x+\fdef{o}{x}}{4x+\fdef{o}{x}} = \lim\limits_{x \to 0}\frac{5+\frac{\fdef{o}{x}}{x}}{4+\frac{\fdef{o}{x}}{x}}=\frac{5}{4}$
    Здесь воспользовались простой леммой: если при $x\to x_0 \ \fdef{f}{x} \sim \fdef{g}{x},$ то $\fdef{o}{\fdef{f}{x}} = \fdef{o}{\fdef{g}{x}}.$ Читателю в качестве упражнения предлагается доказать ее самостоятельно.

Эквивалентные функции и символы Ландау

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме

Задача из журнала «Квант» (1999 год, 6 выпуск) M1710

Условие

Пусть $x, \ y, \ z, \ p, \ q, \ r$ — положительные числа, такие, что $p+q+r=1$, $x^{p}y^{q}z^{r}=1.$ Докажите неравенство
$$\frac{p^2x^2}{qy+rz}+\frac{q^2y^2}{px+rz}+\frac{r^2z^2}{px+qy} \geq \frac{1}{2}$$

Решение

Докажем вначале некоторые вспомогательные неравенства.

Лемма 1
$$\begin{equation}\label{eq:m1710_first} x^{\alpha}-\alpha x \leq 1 — \alpha \end{equation},$$ где $x>0, \ 0 \lt \alpha \lt 1.$
Доказательство. При $x>0$ рассмотрим функцию
$$f\left ( x \right )=x^{\alpha}-\alpha x,$$ где $0<\alpha<1.$ Имеем $${f}’\left ( x \right )=\alpha \left ( x^{\alpha-1}-1 \right ) \begin{cases} >0 \text { при } 0 < x < 1\\
<0 \text { при } x > 1
\end{cases}$$
Следовательно функция возрастает, пока $x$ изменяется в промежутке $\left ( 0; \ 1 \right ]$ и убывает в промежутке $\left [ 1; +\infty \right ).$ Отсюда ясно, что $f\left ( 1 \right )=1-\alpha$ будет наибольшим значением функции в промежутке $\left ( 0; +\infty \right ).$

Лемма 2
$$\begin{equation}\label{eq:m1710_second} a^{\alpha}b^{\beta} \leq \alpha a + \beta b\end{equation},$$ где $a, \ b, \ \alpha, \ \beta > 0, \ \alpha + \beta = 1.$
Для доказательства достаточно положить в $\eqref{eq:m1710_first}$ $x=\frac{a}{b}$ и обозначить $1- \alpha$ через $\beta.$

Лемма 3
$$a^{\alpha}b^{\beta}c^{\gamma} \leq \alpha a + \beta b + \gamma c,$$ где $a, \ b, \ c, \ \alpha, \ \beta, \ \gamma > 0, \ \alpha + \beta + \gamma=1.$
Для доказательства достаточно дважды применить неравенство $\eqref{eq:m1710_second}$:
$$a^{\alpha}b^{\beta}c^{\gamma}=a^{\alpha} \left ( b^{\frac{\beta}{\beta + \gamma}}c^{\frac{\gamma}{\beta + \gamma}} \right )^{\beta + \gamma} \leq \alpha a + \left ( \beta + \gamma \right )b^{\frac{\beta}{\beta + \gamma}}c^{\frac{\gamma}{\beta + \gamma}} \leq \\
\leq \alpha a + \left ( \beta + \gamma \right )+ \left ( \frac{\beta}{\beta + \gamma}b+\frac{\gamma}{\beta + \gamma}c \right ) \leq \alpha a + \beta b + \gamma c,$$что и требовалось доказать.

Аналогично можно было бы совершить и переход от $n$ к $n + 1$ и доказать — по методу математической индукции — общее неравенство, которое (в измененных обозначениях) имеет вид

$$\begin{equation}\label{eq:m1710_third} {a_1}^{q_1}{a_2}^{q_2} \ldots {a_n}^{q_n} \leq q_1a_1 + q_2a_2 + \ldots + q_na_n, \end{equation}$$ (где $a_1,\ldots,a_n, \ q_1,\ldots,q_n>0, \ q_1+\ldots+q_n=1$).
Равенство достигается лишь тогда, когда $a_1 = \ldots = a_n.$

Перейдем теперь к доказательству неравенства задачи.
Воспользуемся неравенством Коши — Буняковского
$$\left (u_1 u_2 + v_1 v_2 + w_1 w_2 \right )^2 \leq \left ( {u_1}^2 + {v_1}^2 + {w_1}^2 \right )\left ( {u_2}^2 + {v_2}^2 + {w_2}^2 \right ),$$ где $u_i, \ v_i, \ w_i \ \left (i = \overline {1, 2} \right )$ — действительные числа. Полагая
$$u_1 = \frac{px}{\sqrt{qy+rz}}, \ v_1 = \frac{qy}{\sqrt{px+rz}}, \ w_1 = \frac{rz}{\sqrt{px+qy}},\\
u_2 = \sqrt{qy+rz}, \ v_2 = \sqrt{px+rz}, \ w_2 = \sqrt{px+qy},$$ будем иметь неравенство
$$\left (px + qy + rz \right )^2 \leq \left ( \frac{p^2x^2}{qy + rz} + \frac{q^2y^2}{px + rz} + \frac{r^2z^2}{pz + qy} \right ) \cdot 2 \left (px + qy + rz \right ),$$ из которого следует, что
$$\frac{p^2x^2}{qy + rz} + \frac{q^2y^2}{px + rz} + \frac{r^2z^2}{pz + qy} \geq \frac{1}{2} \left (px + qy + rz \right ).$$ Так как $p + q + r = 1$, то для оценки суммы $px + qy + rz$ снизу можно применить неравенство леммы 3:
$$px + qy + rz \geq x^p y^q z^r = 1.$$ Неравенство задачи доказано.

Замечание 1. Полагая в неравенстве $\eqref{eq:m1710_third}$ $q_1 = \ldots = q_n=\frac{1}{n}$, получим
$$\sqrt[n]{a_1 a_2 \ldots a_n} \leq \frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_n}{n}.$$ Из неравенства $\eqref{eq:m1710_third}$ нетрудно вывести также и некоторые другие классические утверждения. Например, легко получить так называемое неравенство Коши — Гёльдера:
$$\left \{ \sum\limits_{i=1}^n a_i b_i \right \} \leq \left \{ \sum\limits_{i=1}^n a_i ^k \right \} ^ \frac{1}{k} \cdot \left \{ \sum\limits_{i=1}^n b_i ^{{k}’} \right \} ^ \frac{1}{{k}’}$$ (где $a_i, \ b_i > 0, \ k, \ {k}’ > 1, \ \frac{1}{k} + \frac{1}{{k}’} = 1$), а также неравенство, носящее имя Минковского:
$$\left \{ \sum\limits_{i=1}^n \left ( a_i + b_i \right ) ^k \right \} ^ \frac{1}{k} \leq \left \{ \sum\limits_{i=1}^n a_i ^k \right \} ^ \frac{1}{k} + \left \{ \sum\limits_{i=1}^n b_i ^k \right \} ^ \frac{1}{k}$$ (где $a_i, \ b_i > 0, \ k > 1$).

Замечание 2. Положим в неравенстве задачи $p = q = r = \frac{1}{3}:$
$$\frac{x^2}{y + z} + \frac{y^2}{z + x} + \frac{z^2}{x + y} \geq \frac{3}{2}.$$ Теперь положим $a = \frac{1}{x}, \ b = \frac{1}{y}, \ c = \frac{1}{z}.$ Получим:
$$\frac{1}{a^3 \left (b + c \right )} + \frac{1}{b^3 \left (c + a \right )} + \frac{1}{c^3 \left (a + b \right )} \geq \frac{3}{2},$$ где $a > 0, \ b > 0, \ c > 0, \ abc = 1.$

Эта задача предлагалась в 1995 году на Международной математической олимпиаде (см. задачу М1526).

С.Калинин, В.Сендеров

Задача из журнала «Квант» (1999 год, 6 выпуск) M1709

Условие

Рис. 1

Окружность пересекает стороны прямоугольника в восьми точках, которые последовательно занумерованы. Докажите, что площадь четырехугольника с вершинами в точках с нечетными номерами равна площади четырехугольника с вершинами в точках с четными номерами (рис. 1).

Решение

Сначала запишем вспомогательное равенство для отрезков горизонтальных сторон прямоугольника $KLMN$, выступающих за пределы окружности (рис.2):

Рис. 2

$$LA_{3}+NA_{7}=MA_{4}+KA_{8}$$
Это равенство следует хотя бы из того, что трапеция $A_{8}A_{3}A_{4}A_{7}$ — равнобочная. Аналогично получаем другое вспомогательное равенство для отрезков вертикальных сторон: $KA_{1}+MA_{5}=LA_{2}+NA_{6}.$ Третье вспомогательное равенство получим, если приравняем произведения левых и произведения правых частей первых двух. Обозначив через $a$ длину горизонтальной стороны прямоугольника $KLMN$, а через $b$ — длину его вертикальной стороны, запишем основное равенство:
$$LA_{3}\left ( b-KA_{1} \right )+NA_{7}\left ( b-MA_{5} \right )+KA_{1}\left ( a-NA_{7} \right )+MA_{5}\left ( a-LA_{3} \right )=\\\
=MA_{4}\left ( b-NA_{6} \right )+KA_{8}\left ( b-MA_{5} \right )+LA_{2}\left ( a-MA_{4} \right )+NA_{6}\left ( a-KA_{8} \right )$$
Это равенство непосредственно следует из трех вспомогательных равенств. Оно означает, что сумма площадей четырех прямоугольных треугольников $LA_{1}A_{3}$, $NA_{5}A_{7}$, $KA_{7}A_{1}$ и $MA_{3}A_{5}$ равна сумме площадей треугольников $MA_{6}A_{4}$, $KA_{2}A_{8}$, $LA_{4}A_{2}$ и $NA_{8}A_{6}.$ Но в таком случае площади четырехугольников $A_{1}A_{3}A_{5}A_{7}$ и $A_{2}A_{4}A_{6}A_{8}$ равны.

В. Произволов