Processing math: 100%

Автор: Кирилл Волков

Форматы семантической разметки

  1. .author — автор задачи или решения
  2. .list-latin-bracket — список a) b) c)
  3. .list-cyrilic — список а) б) в)
  4. .list-digits-bracket — список 1) 2) 3)
  5. .literature — список литературы
  6. .literature:before — слово «Литература» перед этим добавляется автоматически
  7. .definition — определение в целом
  8. .concept — определяемое понятие внутри определения
  9. .theorem — вся теорема в целом
  10. .lemma — вся лемма в целом
  11. .provement — доказательство внутри теоремы, леммы и т.п.
  12. .provement:before — начало доказательства, слово «Доказательство» пишется автоматически
  13. .provement:after — конец доказательства, квадратик рисуется автоматически
  14. .consequence — следствие
  15. .criterion — критерий
  16. .property — свойства чего-либо
  17. .remark — замечание
  18. .examples — примеры в целом
  19. .example — пример внутри примеров
  20. .solution — решение внутри примера
  21. .example .statement — условие внутри примераclass
  22. section p:nth-child(1) — часть внутри абзаца
  23. section p:nth-last-child(1) — последняя часть внутри абзаца
  24. .see-also — смотри также
  25. article — статья
  26. section — раздел статьи
  27. .type — выделение заголовка блока, например слова «определение» или «теорема».
  28. .llms-main — ?
  29. .statement > p — ?
<div class = "theorem">
<p class = "statement">
<span class = "type">Теорема.</span> Пусть существует $\lim \limits_{x \to x_0} \abs{\frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}}} = K,$ где $0 \leqslant K \lt+\infty.$ Тогда $f\rndBrcts{x} = \underline O \rndBrcts{g\rndBrcts{x}}.$</p>
<p class = "provement">
Рассматриваем случай $x_0 \in \mathbb{R}.$ Зададим $\varepsilon = 1$ и найдем такое $\delta \gt 0,$ что для всех $x,$ удовлетворяющих условию $\abs{x-x_0} \lt \delta,$ справедливо неравенство $\abs{\abs{\frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}}}-K} \lt 1.$ Последнее неравенство равносильно тому, что
$$K-1 \lt \abs{\frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}}} \lt K+1.$$ Умножая правое неравенство на $\abs{g\rndBrcts{x}},$ получаем утверждение теоремы.
</p>
</div>

Теорема. Пусть существует limx→x0|f(x)g(x)|=K, где 0⩽K<+∞. Тогда f(x)=O_(g(x)).

Рассматриваем случай x0∈R. Зададим ε=1 и найдем такое δ>0, что для всех x, удовлетворяющих условию |x−x0|<δ, справедливо неравенство ||f(x)g(x)|−K|<1. Последнее неравенство равносильно тому, что
K−1<|f(x)g(x)|<K+1. Умножая правое неравенство на |g(x)|, получаем утверждение теоремы.


<p class = "definition">
<span class = "type">Определение</span> Пусть функции $f$ и $g$ определены в <a href = "http://ib.mazurok.com/2018/06/10/limit_of_a_function" target="_blank" rel="noopener noreferrer">проколотой окрестности точки</a> $x_0$ (конечного или бесконечного) и $g\rndBrcts{x} \neq 0.$ Говорят, что $f\rndBrcts{x}$ является <span class = "term">$\overline{o}$-малой</span> относительно $g\rndBrcts{x}$ при $x \to x_0,$ если $\lim\limits_{x \to x_0} \frac{f\rndBrcts{x}}{g\rndBrcts{x}} = 0.$ Обозначают это так: $f\rndBrcts{x} = \overline o\rndBrcts{g\rndBrcts{x}} \ \rndBrcts{x \to x_0}.$
</p>

Определение Пусть функции f и g определены в проколотой окрестности точки x0 (конечного или бесконечного) и g(x)≠0. Говорят, что f(x) является ¯o-малой относительно g(x) при x→x0, если limx→x0f(x)g(x)=0. Обозначают это так: f(x)=¯o(g(x)) (x→x0).


<section class = "see-also">
<h2>Смотрите также</h2>
<ol>
<li><a href = "https://www.dropbox.com/s/1rz1bs2hg0pbi0g/Ter-Krikorov.djvu" target = "_blank" rel="noopener noreferrer">Тер-Крикоров А. М., Шабунин М.И. Курс математического анализа: Учеб. пособие для вузов. – 3-е изд., исправл. / А. М. Тер-Крикоров, М.И. Шабунин. – Москва: ФИЗМАТЛИТ, 2001. – 672 с. - С. 116-121.</a></li>
<li><a href = "https://www.dropbox.com/s/bmcb3ywhh4hms9l/Kudriavcev1.pdf" target = "_blank" rel="noopener noreferrer">Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа : учебник для вузов: В 3 т. Т. 1. Дифференциальное и интегральное исчисления функций одной переменной / Л. Д. Кудрявцев. - 5-е изд., перераб. и доп. - Москва: Дрофа, 2003. - 703 с. - С. 253-271.</a></li>
<li><a href = "https://www.dropbox.com/s/1c4fffjbxge8dwe/Fihtengolc_t1_1962ru.djvu" target = "_blank" rel="noopener noreferrer">Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления: учеб. пособие для ун-тов и пед. ин-тов. Т. 1 / Г. М. Фихтенгольц. - 5-е изд., стереотип. - Москва: Физматгиз, 1962. - 607 с. - С. 136-146.</a></li>
</ol>
</section>

Смотрите также

  1. Тер-Крикоров А. М., Шабунин М.И. Курс математического анализа: Учеб. пособие для вузов. – 3-е изд., исправл. / А. М. Тер-Крикоров, М.И. Шабунин. – Москва: ФИЗМАТЛИТ, 2001. – 672 с. - С. 116-121.
  2. Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа : учебник для вузов: В 3 т. Т. 1. Дифференциальное и интегральное исчисления функций одной переменной / Л. Д. Кудрявцев. - 5-е изд., перераб. и доп. - Москва: Дрофа, 2003. - 703 с. - С. 253-271.
  3. Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления: учеб. пособие для ун-тов и пед. ин-тов. Т. 1 / Г. М. Фихтенгольц. - 5-е изд., стереотип. - Москва: Физматгиз, 1962. - 607 с. - С. 136-146.

<ol class="list-cyrilic">
<li>Пункт а</li>
<li>Пункт б</li>
</ol>
  1. Пункт а
  2. Пункт б

<section class = "examples">
<h2>Примеры решения задач</h2>
<p>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.</p>
<ol>
<li class = "example">Найти предел $\lim\limits_{x \to 1}\displaystyle\frac{\rndBrcts{x^{2018}-2x+1} \rndBrcts{e^{x-1}-1}}{\rndBrcts{x-1}\sin{ \rndBrcts{x-1}}}.$
<details>
<summary>Решение</summary>
$\lim\limits_{x \to 1}\displaystyle\frac{\rndBrcts{x^{2018}-2x+1} \rndBrcts{e^{x-1}-1}}{\rndBrcts{x-1}\sin{ \rndBrcts{x-1}}} = \\
= \left[
\begin{gathered}
\text{При }x \to 1\\
e^{x-1}-1 \sim x-1\\
\sin{\rndBrcts{x-1}} \sim x-1\\
\end{gathered}
\right ] = \\
= \lim\limits_{x \to 1}\displaystyle\frac{\rndBrcts{x^{2018}-2x+1} \rndBrcts{x-1}}{\rndBrcts{x-1}\rndBrcts{x-1}} = \\
= \lim\limits_{x \to 1}\displaystyle\frac{x^{2018}-2x+1}{x-1} = \\
= \left[
\begin{gathered}
\rndBrcts{x^{2018}-2x+1} \bigg|_{x=1} = 0 \\
\Leftrightarrow \\
\rndBrcts{x^{2018}-2x+1} \vdots \rndBrcts{x-1}\\
\text{Разделим многочлен} \rndBrcts{x^{2018}-2x+1} \\
\text{ на двучлен } \rndBrcts{x-1}\\
\text{при помощи схемы Горнера:}\\
\ \ \ 1 \ 0 \ 0 \ 0 \ \ldots \ 0 \ -2 \ 1\\
1 \ 1 \ 1 \ 1 \ 1 \ \ldots \ 1 \ -1 \ 0\\
\end{gathered}
\right ] = \\
= \lim\limits_{x \to 1}\frac{\rndBrcts{x-1}\rndBrcts{x^{2017}+x^{2016}\ldots+x^2+x-1}}{\rndBrcts{x-1}} = \\ = \lim\limits_{x \to 1}\rndBrcts{x^{2017}+x^{2016}+\ldots+x^2+x-1} = 2016$
</details>
</li>
</ol>
</section>

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 limx→1(x2018−2x+1)(ex−1−1)(x−1)sin(x−1).
    Решение

    limx→1(x2018−2x+1)(ex−1−1)(x−1)sin(x−1)==[При x→1ex−1−1∼x−1sin(x−1)∼x−1]==limx→1(x2018−2x+1)(x−1)(x−1)(x−1)==limx→1x2018−2x+1x−1==[(x2018−2x+1)|x=1=0⇔(x2018−2x+1)⋮(x−1)Разделим многочлен(x2018−2x+1) на двучлен (x−1)при помощи схемы Горнера:   1 0 0 0 … 0 −2 11 1 1 1 1 … 1 −1 0]==limx→1(x−1)(x2017+x2016…+x2+x−1)(x−1)==limx→1(x2017+x2016+…+x2+x−1)=2016

Разметка доказательств

Предложенный выше класс для разметки доказательств хорошо работает только если все доказательство помещается в один абзац (тег Р). Для доказательств состоящих из нескольких абзацев следует использовать другой класс - proof. По ссылке https://jsfiddle.net/mazurok/bfjxuewv/24/ вы сможете найти пример использования (окно HTML) и как это выглядит. Если любопытно, то окне CSS можно посмотреть, как мы добились такого эффекта.

4.12 Эквивалентные функции. Символы Ландау

Определение. Пусть функции f и g отличны от нуля в проколотой окрестности точки x0 (равной, быть может, +∞, −∞ или ∞). Говорят, что функции f и g эквивалентны при x→x0, если limx→x0f(x)g(x)=1. Обозначают это так: f(x)∼g(x) (x→x0).

В терминах этого определения найденные ранее (см. Первый замечательный предел, Второй замечательный предел) пределы можно переписать следующим образом (все соотношения формулируются для случая x→0):
sinx∼x,tgx∼x,1−cosx∼12x2,arcsinx∼x,arctgx∼x,ax−1∼xlna,loga(1+x)∼xlna, (1+x)α−1∼α⋅x.

Эти соотношения останутся в силе, если в них вместо переменной x записать отличную от нуля функцию φ(x), стремящуюся к нулю при x→x0. Например, sinx2∼x2 (x→0), tg1x∼1x (x→∞), tgsin(x−1)2∼sin(x−1)2∼(x−1)2 (x→1).

Теорема (применение эквивалентных функций для нахождения пределов). Пусть f(x)∼f1(x) и g(x)∼g1(x) при x→x0 и пусть существует limx→x0f1(x)g1(x)=A. Тогда существует limx→x0f(x)g(x)=A.

По определению эквивалентных функций, используя арифметические свойства пределов, получаем
limx→x0f(x)g(x)=limx→x0f(x)f1(x)⋅g1(x)g(x)⋅f1(x)g1(x)=1⋅1⋅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.
limx→0arcsinx⋅(ex−1)1−cosx=limx→0x⋅xx22=2

Сравнение бесконечно больших и бесконечно малых

Символами Ландау называются символы ¯o и O_. Дадим определение.

Определение Пусть функции f и g определены в проколотой окрестности точки x0 (конечного или бесконечного) и g(x)≠0. Говорят, что f(x) является ¯o-малой относительно g(x) при x→x0, если limx→x0f(x)g(x)=0. Обозначают это так: f(x)=¯o(g(x)) (x→x0).

Если f(x)→0, g(x)→0 и f(x)=¯o(g(x)) при x→x0, то говорят, что f(x) является бесконечно малой более высокого порядка, чем g(x), при x→x0. Если же f(x)→∞, g(x)→∞ и f(x)=¯o(g(x)) при x→x0, то говорят, что g(x) стремится к бесконечности быстрее, чем f(x), при x→x0. Например, sin(x2)=¯o(x) (x→0), tg3x⋅sin1x=¯o(x2) (x→0).

Определение. Пусть функции f и g определены в проколотой окрестности x0 (конечного или бесконечного) и g(x)≠0. Говорят, что f(x) является O_-большим относительно g(x) при x→x0, если существует такая проколотая окрестность Uδ точки x0, что для всех x∈Uδ справедливо неравенство |f(x)|⩽c⋅|g(x)|, где постоянная c не зависит от x (но может зависеть от окрестности Uδ). Обозначают это так: f(x)=O_(g(x)) (x→x0).

Например, x2+2x3=O_(x2).

Теорема. Пусть существует limx→x0|f(x)g(x)|=K, где 0⩽K<+∞. Тогда f(x)=O_(g(x)).

Рассматриваем случай x0∈R. Зададим ε=1 и найдем такое δ>0, что для всех x, удовлетворяющих условию |x−x0|<δ, справедливо неравенство ||f(x)g(x)|−K|<1. Последнее неравенство равносильно тому, что
K−1<|f(x)g(x)|<K+1. Умножая правое неравенство на |g(x)|, получаем утверждение теоремы.

Теорема (критерий эквивалентности функций). Для того, чтобы отличные от нуля функции f и g были эквивалентны при x→x0, необходимо и достаточно, чтобы было выполнено равенство f(x)=g(x)+¯o(g(x)) (x→x0).

Необходимость. Пусть f(x)∼g(x) при x→x0. Тогда f(x)g(x)−1→0 (x→x0), т. е. f(x)g(x)−1=h(x), где h(x)→0 (x→x0). Отсюда следует, что f(x)=g(x)+g(x)⋅h(x). Но g(x)⋅h(x)g(x)=h(x), т. е. g(x)⋅h(x)=¯o(g(x)) (x→x0).

Достаточность. Если f(x)=g(x)+¯o(g(x)) (x→x0), то f(x)g(x)=1+¯o(g(x))g(x) и поэтому limx→x0f(x)g(x)=1.

Используя эту теорему, набор эквивалентных функций, выписанный нами ранее, можно переписать в следующем виде (всюду x→0):
sinx=x+¯o(x),tgx=x+¯o(x),1−cosx=12x2+¯o(x2),arcsinx=x+¯o(x),arctgx=x+¯o(x),ax−1=xlna+¯o(x),loga(1+x)=xlna+¯o(x),(1+x)α−1=α⋅x+¯o(x).

С помощью этой таблицы можно вычислять пределы. Покажем это на примерах.

Пример 1.limx→0ex−3√1+x2arctgx−arcsinx=limx→0ex−1−(3√1+x−1)2arctgx−arcsinx==limx→0x+¯o(x)−(13x+¯o(x))2(x+¯o(x))−x+¯o(x)=limx→023x+¯o(x)x+¯o(x)==limx→023+¯o(x)x1+¯o(x)x=23

Пример 2. Раскрытие неопределенности [1∞]. Пусть α(x)→0(α(x)≠0), β(x)→∞. Тогда, в силу непрерывности показательной функции,
limx→x0(1+α(x))β(x)=limx→x0eβ(x)ln(1+α(x))=elimx→x0β(x)(α(x)+¯o(α(x))). Если существует limx→x0α(x)⋅β(x)=A, то
limx→x0β(x)(α(x)+¯o(α(x)))==limx→x0β(x)⋅α(x)⋅α(x)+¯o(α(x))α(x)==limx→x0β(x)⋅α(x)⋅(1+¯o(α(x))α(x))=A. Поэтому
limx→x0(1+α(x))β(x)=eA.

Упражнение. Пусть limx→x0α(x)=0,limx→x0β(x)=∞. Доказать, что limx→x0(1+α(x))β(x)=0, если limx→x0α(x)⋅β(x)=−∞. Если же limx→x0α(x)⋅β(x)=+∞, то limx→x0(1+α(x))β(x)=+∞.

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 limx→1(x2018−2x+1)(ex−1−1)(x−1)sin(x−1).
    Решение

    limx→1(x2018−2x+1)(ex−1−1)(x−1)sin(x−1)==[При x→1ex−1−1∼x−1sin(x−1)∼x−1]==limx→1(x2018−2x+1)(x−1)(x−1)(x−1)==limx→1x2018−2x+1x−1==[(x2018−2x+1)|x=1=0⇔(x2018−2x+1)⋮(x−1)Разделим многочлен(x2018−2x+1) на двучлен (x−1)при помощи схемы Горнера:   1 0 0 0 … 0 −2 11 1 1 1 1 … 1 −1 0]==limx→1(x−1)(x2017+x2016…+x2+x−1)(x−1)==limx→1(x2017+x2016+…+x2+x−1)=2016

  2. Найти предел limx→+∞(cos1√x)x.
    Решение

    limx→+∞(cos1√x)x=limx→+∞exlncos1√x=elimx→+∞xlncos1√x==[limx→+∞xlncos1√x==limx→+∞xln(1+(cos1√x−1))==[При x→+∞ln(1+(cos1√x−1))∼∼cos1√x−1==−2sin212√x∼∼−2⋅(12√x)2=−12x]==limx→+∞−x2x=−12]=e−12

  3. Найти предел limx→0arctg((1+x)3−1)+2tgxex−1+3ln(1+x).
    Решение

    limx→0arctg((1+x)3−1)+2tgxex−1+3ln(1+x)==[При x→0arctg((1+x)3−1)==(1+x)3−1+¯o((1+x)3−1)==(1+x)3−1+¯o(x)==3x+¯o(x)+¯o(x)=3x+¯o(x)tgx=x+¯o(x)ex−1=x+¯o(x)ln(1+x)=x+¯o(x)]==limx→03x+¯o(x)+2x+¯o(x)x+¯o(x)+3(x+¯o(x))=limx→05x+¯o(x)4x+¯o(x)==limx→05+¯o(x)x4+¯o(x)x=54

    Здесь воспользовались простой леммой: если при x→x0 f(x)∼g(x), то ¯o(f(x))=¯o(g(x)). Читателю в качестве упражнения предлагается доказать ее самостоятельно.

  4. Найти предел limx→aax−xax−a, a>0.
    Решение

    limx→aax−xax−a=limx→a(ax−aa)−(xa−aa)x−a==limx→aaa(ax−a−1)−aa((xa)a−1)x−a==limx→aaa(ax−a−1)−aa((1+(xa−1))a−1)x−a==[При x→aax−a−1=(x−a)lna+¯o(x−a)(1+(xa−1))a−1==a(xa−1)+¯o(xa−1)==(x−a)+¯o(x−a)]==limx→aaa((x−a)lna+¯o(x−a))−aa((x−a)+¯o(x−a))x−a==limx→aaa(x−a)(lna−1)+¯o(x−a)x−a==aa(lna−1)

  5. Доказать, что ∀n∈N √x+√x+…+√x⏟n корней∼√x при x→+∞
    Решение

    Докажем утверждение методом математической индукции по n — количеству корней.

    База индукции. При n=1 имеем √x∼√x, что, очевидно, верно в силу рефлексивности бинарного отношения эквивалентности функций.

    Предположение индукции. Пусть утверждение верно для всех n⩽k, k⩾1.

    Шаг индукции. Докажем теперь утверждение для n=k+1. Покажем, что √x+√x+…+√x⏟k+1 корень∼√x, что равносильно тому, что limx→+∞√x+√x+…+√x⏟k+1 корень√x=1. Имеем: √x+√x+…+√x⏟k+1 корень√x=√x√1+√x+√x+…+√x⏟k корнейx√x==√1+√x+√x+…+√x⏟k корнейx.
    По индуктивному предположению √x+√x+…+√x⏟k корней∼√x, что по критерию эквивалентности означает, что √x+√x+…+√x⏟k корней=√x+¯o(√x)=¯o(x). Тогда переходя к пределу имеем: limx→+∞√x+√x+…+√x⏟k+1 корень√x=limx→+∞√1+¯o(x)x=1.

Смотрите также

  1. Тер-Крикоров А. М., Шабунин М.И. Курс математического анализа: Учеб. пособие для вузов. – 3-е изд., исправл. / А. М. Тер-Крикоров, М.И. Шабунин. – Москва: ФИЗМАТЛИТ, 2001. – 672 с. — С. 116-121.
  2. Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа : учебник для вузов: В 3 т. Т. 1. Дифференциальное и интегральное исчисления функций одной переменной / Л. Д. Кудрявцев. — 5-е изд., перераб. и доп. — Москва: Дрофа, 2003. — 703 с. — С. 253-271.
  3. Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления: учеб. пособие для ун-тов и пед. ин-тов. Т. 1 / Г. М. Фихтенгольц. — 5-е изд., стереотип. — Москва: Физматгиз, 1962. — 607 с. — С. 136-146.

Эквивалентные функции и символы Ландау

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

M1710. Докажите неравенство

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

Условие

Пусть x, y, z, p, q, r — положительные числа, такие, что p+q+r=1, xpyqzr=1. Докажите неравенство p2x2qy+rz+q2y2px+rz+r2z2px+qy⩾12

Решение

Докажем вначале некоторые вспомогательные неравенства.

Лемма 1.xα−αx⩽1—α, где x>0, 0<α<1.

При x>0 рассмотрим функцию
f(x)=xα−αx, где 0<α<1. Имеем f′(x)=α(xα−1−1){>0 при 0<x<1<0 при x>1

Следовательно функция возрастает, пока x изменяется в промежутке (0; 1] и убывает в промежутке [1;+∞). Отсюда ясно, что f(1)=1−α будет наибольшим значением функции в промежутке (0;+∞).

Лемма 2.aαbβ⩽αa+βb, где a, b, α, β>0, α+β=1.

Для доказательства достаточно положить в (1) x=ab и обозначить 1−α через β.

Лемма 3.aαbβcγ⩽αa+βb+γc, где a, b, c, α, β, γ>0, α+β+γ=1.

Для доказательства достаточно дважды применить неравенство (2):
aαbβcγ=aα(bββ+γcγβ+γ)β+γ⩽αa+(β+γ)bββ+γcγβ+γ⩽⩽αa+(β+γ)+(ββ+γb+γβ+γc)⩽αa+βb+γc,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
a1q1a2q2…anqn⩽q1a1+q2a2+…+qnan, (где a1,…,an, q1,…,qn>0, q1+…+qn=1).
Равенство достигается лишь тогда, когда a1=…=an.

Перейдем теперь к доказательству неравенства задачи.
Воспользуемся неравенством Коши — Буняковского
(u1u2+v1v2+w1w2)2⩽(u12+v12+w12)(u22+v22+w22), где ui, vi, wi (i=¯1,2) — действительные числа. Полагая
u1=px√qy+rz, v1=qy√px+rz, w1=rz√px+qy,u2=√qy+rz, v2=√px+rz, w2=√px+qy, будем иметь неравенство
(px+qy+rz)2⩽(p2x2qy+rz+q2y2px+rz+r2z2pz+qy)××2(px+qy+rz), из которого следует, что
p2x2qy+rz+q2y2px+rz+r2z2pz+qy⩾12(px+qy+rz). Так как p+q+r=1, то для оценки суммы px+qy+rz снизу можно применить неравенство леммы 3:
px+qy+rz⩾xpyqzr=1. Неравенство задачи доказано.

Замечание 1. Полагая в неравенстве (3) q1=…=qn=1n, получим
n√a1a2…an⩽a1+a2+…+ann. Из неравенства (3) нетрудно вывести также и некоторые другие классические утверждения. Например, легко получить так называемое неравенство Коши — Гёльдера:
{n∑i=1aibi}⩽{n∑i=1aki}1k⋅{n∑i=1bk′i}1k′ (где ai, bi>0, k, k′>1, 1k+1k′=1), а также неравенство, носящее имя Минковского:
{n∑i=1(ai+bi)k}1k⩽{n∑i=1aki}1k+{n∑i=1bki}1k (где ai, bi>0, k>1).

Замечание 2. Положим в неравенстве задачи p=q=r=13:
x2y+z+y2z+x+z2x+y⩾32. Теперь положим a=1x, b=1y, c=1z. Получим:
1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b)⩾32, 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