부등식 증명 문제 [251-300]
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IneqMath 학습 데이터를 재구성하였습니다. 풀이는 여기를 참고
251. (Turkevici’s inequality) 0 이상인 실수 a, b, c, d 에 대하여 a4 + b4 + c4 + d4 + 2 abcd ≥ a2b2 + b2c2 + c2d2 + d2a2 + a2c2 + b2d2 가 항상 성립함을 보여라. (난이도 : 상)
풀이 2.
풀이 3.
(3/2) (a4 + b4 + c4 + d4) ≥ a2b2 + b2c2 + c2d2 + d2a2 + a2c2 + b2d2 임을 쉽게 이해할 수 있다. (∵ 재배열 부등식)
또한, 6abcd ≤ a2b2 + b2c2 + c2d2 + d2a2 + a2c2 + b2d2 임을 쉽게 이해할 수 있다. (∵ 재배열 부등식)
따라서 주어진 문제는 ((6 - p) /4) (a4 + b4 + c4 + d4) + p abcd ≥ a2b2 + b2c2 + c2d2 + d2a2 + a2c2 + b2d2 이 특정 p에서 tight한 부등식이 성립함을 알 때 (이는 p가 작으면 좌변이 크고, p가 크면 우변이 크다는 사실로부터 쉽게 이해할 수 있다), 그 역치값 p를 결정하는 문제로 변환할 수 있다.
a = b = c = d라면 p에 대한 어떤 조건도 얻을 수 없다.
a, b, c, d 중 하나는 0, 나머지는 모두 같으면 p ≤ 2임을 알 수 있다.
따라서 tight한 부등식의 존재성으로 인해 역치값 p는 경계값 혹은 중심점(극점)에서 결정되므로, p = 2임을 알 수 있다.
제언.
○ 모든 a, b, c, d > 0, 모든 t ∈ ℝ에 대해 a4t + b4t + c4t + d4t + 2(abcd)t ≥ a2tb2t + a2tc2t + a2td2t + b2tc2t + b2td2t + c2td2t 가 성립한다.
○ Gemini, ChatGPT 5.2 Thinking 모두 이 문제를 풀지 못하였다.
252. 삼각형 ABC에서 넓이를 P, 둘레를 L, 외접반지름을 R이라 하자. 이때 모든 삼각형에 대하여 LP / R3 ≤ 27 / 4 가 항상 성립함을 보여라. (난이도 : 중)
253. a, b, c, d > 0 이고 abcd = 1일 때, 1 / (a(1 + b)) + 1 / (b(1 + c)) + 1 / (c(1 + d)) + 1 / (d(1 + a)) ≥ 2 가 항상 성립함을 보여라. (난이도 : 중)
254. 실수 x, y, z 에 대하여 x4 + y4 + z4 ≥ 4xyz - 1 이 항상 성립함을 보여라. (난이도 : 하)
255. 실수 a, b, c 가 1이 아니고 a + b + c = 1일 때, (1 + a2) / (1 - a2) + (1 + b2) / (1 - b2) + (1 + c2) / (1 - c2) ≥ 15 / 4 가 항상 성립함을 보여라. (난이도 : 상)
256. a, b, c > 0 일 때 abc / ((1 + a)(a + b)(b + c)(c + 16)) ≤ 1/81 이 항상 성립함을 보여라. (난이도 : 하)
257. a, b, c ∈ (1, 2) 일 때 b√a / (4b√c - c√a) + c√b / (4c√a - a√b) + a√c / (4a√b - b√c) ≥ 1 이 항상 성립함을 보여라. (난이도 : 중)
258. a, b, c > 0이고 a b c = 1일 때, 1 / (a3(b + c)) + 1 / (b3(c + a)) + 1 / (c3(a + b)) ≥ 3/2 가 항상 성립함을 보여라. (난이도 : 상)
259. 모든 실수 x에 대해 2x4 + 1 ≥ 2x3 + x2 가 항상 성립함을 보여라. (난이도 : 하)
풀이 2.
모든 실수 x에 대해 2x⁴ + C ≥ 2x³ + x² 가 성립하도록 하는 가장 작은 상수 C를 찾기 위해, 다음 함수를 정의한다: f(x) = 2x⁴ + C − 2x³ − x²
우리는 모든 x에 대해 f(x) ≥ 0 이 되도록 해야 한다.
먼저 f(x)의 도함수를 구한다: f′(x) = d/dx(2x⁴ − 2x³ − x²) = 8x³ − 6x² − 2x
f′(x) = 0을 풀면, 8x³ − 6x² − 2x = 0
2x로 묶으면, 2x(4x² − 3x − 1) = 0
따라서 x = 0 이거나, 4x² − 3x − 1 = 0을 푼다.
이차방정식 공식으로 x = (3 ± √(9 + 16)) / 8 = (3 ± 5) / 8
그래서 임계점은 x = 0, 1, −1/4 이다.
x = 0일 때 f(0) = C
x = 1일 때 f(1) = 2(1)⁴ + C − 2(1)³ − (1)² = C − 3/128
모든 x에서 f(x) ≥ 0이려면, 특히 임계점들에서 f(x) ≥ 0이어야 한다.
x = 1에서: C − 1 ≥ 0 ⇒ C ≥ 1
x = −1/4에서: C − 3/128 ≥ 0 ⇒ C ≥ 3/128
둘 중 더 큰 조건이 필요하므로 C ≥ 1 이고, 따라서 가장 작은 C는 1이다.
260. a, b, c > 0 이고 a + b + c = 3일 때, (a3 + 2) / (b + 2) + (b3 + 2) / (c + 2) + (c3 + 2) / (a + 2) ≥ 3 가 항상 성립함을 보여라. (난이도 : 상)
261. 삼각형의 세 변의 길이가 a, b, c 이고, 각에 대한 이등분선의 길이가 각각 lα, lβ, lγ 이라 하자. 또 반둘레를 s, 내접원의 반지름을 r 이라 할 때, lα / a + lβ / b + lγ / c ≤ (1/2) · s / r 가 모든 삼각형에 대해 항상 성립함을 보여라. (난이도 : 상)
262. 삼각형의 세 변의 길이를 a, b, c라 할 때, a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) 가 항상 성립함을 보여라. (난이도 : 하)
263. a, b, c > 0 이고 a + b + c = 6일 때, ∛(ab + bc) + ∛(bc + ca) + ∛(ca + ab) ≤ 6 이 항상 성립함을 보여라. (난이도 : 중)
264. n ≥ 2인 자연수 n과 양수 x1, x2, …, xn 이 1 / (x1 + 1998) + 1 / (x2 + 1998) + … + 1 / (xn + 1998) = 1 / 1998 을 만족할 때, (x1 x2 ··· xn)1/n ≥ 1998 (n - 1) 이 항상 성립함을 보여라. (난이도 : 중)
265. a, b, c, d > 0 이고 abcd = 1일 때, 1 / (1 + a)2 + 1 / (1 + b)2 + 1 / (1 + c)2 + 1 / (1 + d)2 ≥ 1 이 항상 성립함을 보여라. (난이도 : 중)
266. 실수 x, y, z 가 모두 1이 아니고 xyz = 1일 때, ((3 - x) / (1 - x))2 + ((3 - y) / (1 - y))2 + ((3 - z) / (1 - z))2 > 7 이 항상 성립함을 보여라. (난이도 : 중)
풀이.
267. a, b > 0 일 때, 4(a3 + b3) ≥ (a + b)3 가 항상 성립함을 보여라. (난이도 : 하)
풀이 2.
양의 실수 a, b에 대해 C(a³ + b³) ≥ (a + b)³ 가 항상 성립하도록 하는 가장 작은 상수 C를 구한다.
(a + b)³ = a³ + 3a²b + 3ab² + b³
따라서 필요한 조건은 C(a³ + b³) ≥ a³ + 3a²b + 3ab² + b³
(C − 1)(a³ + b³) ≥ 3a²b + 3ab²
오른쪽은 3ab(a + b)이므로 (C − 1)(a³ + b³) ≥ 3ab(a + b)
a = b = x > 0 이면 좌변은 (C − 1)(2x³) 이고, 우변은 3·x·x·(x + x) = 6x³ 이다.
즉 (C − 1)(2x³) ≥ 6x³ 2x³로 나누면 C − 1 ≥ 3
따라서 C ≥ 4
C = 4가 실제로 충분한지 확인하기 위해 C = 4를 넣으면 4(a³ + b³) ≥ a³ + b³ + 3a²b + 3ab²
정리하면 3(a³ + b³) ≥ 3a²b + 3ab²
양변을 3으로 나누면 a³ + b³ ≥ a²b + ab² ⇔ a³ + b³ − a²b − ab² = (a − b)²(a + b) ≥ 0 ⇔ 참
조건을 만족하는 가장 작은 상수는 4이다.
268. x, y, z > 0 인 실수에 대하여 (xy + yz + zx) · (1 / (x + y)2 + 1 / (y + z)2 + 1 / (z + x)2) ≥ 9 / 4 가 항상 성립함을 보여라. (난이도 : 상)
269. 삼각형의 세 변의 길이가 a, b, c 일 때 (a + b - c)a (b + c - a)b (c + a - b)c ≤ aa bb cc 가 항상 성립함을 보여라. (난이도 : 하)
270. x, y, z > 0 인 실수이고 xyz = 1 이며 1/x + 1/y + 1/z ≥ x + y + z 를 만족할 때, 모든 자연수 n에 대하여 1/xn + 1/yn + 1/zn ≥ xn + yn + zn 이 항상 성립함을 보여라. (난이도 : 상)
271. x, y, z > 0 이고 x + y + z = 1일 때, 1 / (1 - xy) + 1 / (1 - yz) + 1 / (1 - zx) ≤ 27 / 8 이 항상 성립함을 보여라. (난이도 : 상)
272. α1, α2, ···, αn > 0 이고 α1 + α2 + … + αn = 1 일 때, α1α1 α2α2 ··· αnαn ≥ 1/n 이 항상 성립함을 보여라. (난이도 : 중)
풀이 2. Jensen 부등식
이 문제는 αᵢ > 0, α₁+α₂+⋯+αₙ = 1 을 만족할 때 α₁ᵅ¹ α₂ᵅ² ⋯ αₙᵅⁿ ≥ C 가 항상 성립하도록 만드는 최대의 상수 C를 찾는 것이다.
모든 αᵢ가 같다고 하면, 합이 1이므로 αᵢ = 1/n 이다.
이때 곱은 (1/n)1/n · (1/n)1/n · ⋯ · (1/n)1/n (총 n개) = 1/n
즉, 균등분배에서는 값이 1/n 이 된다.
왜 이 값이 최솟값인가?
핵심은 함수 g(x) = x ln x (x>0)이 볼록(convex)이라는 점이다.
따라서 Jensen 부등식(또는 라그랑주 승수법)을 적용하면 α₁ ln α₁ + α₂ ln α₂ + ⋯ + αₙ ln αₙ 이 모든 αᵢ가 같을 때 최소가 된다.
그런데 ln(α₁ᵅ¹ α₂ᵅ² ⋯ αₙᵅⁿ) = α₁ ln α₁ + α₂ ln α₂ + ⋯ + αₙ ln αₙ 이므로, 로그값이 최소가 되는 지점에서 원래 곱도 최소가 된다.
즉, αᵢ = 1/n 일 때 곱이 가장 작다.
최솟값이 1/n 이므로, 모든 경우에 대해 항상 성립하는 최대 상수 C는 1/n 이다.
273. a, b > 0 이고 n이 자연수일 때 (a + b)n (an + bn) ≤ 2n (a2n + b2n) 가 항상 성립함을 보여라. (난이도 : 중)
풀이 2.
전형적인 재배열 부등식 문제이다.
274. 양수 a1, a2, ···, an 에 대하여 Σk=1 to n k·ak ≤ n(n - 1) / 2 + Σk=1 to n akk 가 항상 성립함을 보여라. (난이도 : 하)
풀이 2. 창의적인 풀이
문제를 풀기 위해, 모든 양의 실수 a₁, a₂, …, aₙ에 대해 ∑ₖ₌₁ⁿ k aₖ ≤ C + ∑ₖ₌₁ⁿ aₖᵏ 가 항상 성립하도록 하는 최소 상수 C를 찾는다.
bₖ = aₖᵏ 라고 두면 (aₖ > 0 이므로) aₖ = bₖ1/k 이다.
이를 원래 부등식에 대입하면 ∑ₖ₌₁ⁿ k aₖ = ∑ₖ₌₁ⁿ k bₖ1/k 이므로 부등식은 ∑ₖ₌₁ⁿ k bₖ1/k ≤ C + ∑ₖ₌₁ⁿ bₖ 로 바뀐다.
각 k에 대해 함수 f(x) = k x1/k 를 x와 비교하려고, g(x) = k x1/k − x (x > 0) 의 최댓값을 구한다.
최댓값이 Mₖ라면 k x1/k − x ≤ Mₖ ⇔ k x1/k ≤ Mₖ + x 가 되어, x = bₖ에 적용할 수 있다. -
g′(x)=0을 풀면 x = 1 이다.
또한, x < 1이면 g′(x) > 0 (증가), x > 1이면 g′(x) < 0 (감소)
따라서 x=1에서 최댓값을 갖는다.
g(1) = k·11/k − 1 = k − 1
즉, 모든 x > 0에 대해 k x1/k − x ≤ k − 1 이므로 k x1/k ≤ (k − 1) + x 가 성립한다.
이를 x = bₖ에 적용하면 k bₖ1/k ≤ (k − 1) + bₖ
위 부등식을 k=1부터 n까지 더하면 ∑ₖ₌₁ⁿ k bₖ1/k ≤ ∑ₖ₌₁ⁿ (k − 1) + ∑ₖ₌₁ⁿ bₖ
따라서 원하는 형태 ∑ₖ₌₁ⁿ k bₖ1/k ≤ C + ∑ₖ₌₁ⁿ bₖ 를 만족시키는 최소 C는 C = ∑ₖ₌₁ⁿ (k − 1) = n(n-1)/2 이다.
275. 원에 내접하는 사각형 ABCD에서 BD2 ≤ C × AC2 가 AB × BC = 2 × AD × DC 일 때 그리고 오직 그럴 때에만 성립하도록 하는 상수 C의 최솟값을 구하여라.
276. Hanson-Wright inequality
277. Poincaré inequality
○ 타입 1, 타입 2가 있음
○ 젠센 부등식으로 증명
○ 관련 개념 1. Friedrichs' inequality
○ 관련 개념 2. Korn's inequality
278. 민코프스키 부등식(Minkowsky's inequality)
279. 산술-기하 부등식
280. abc / (1+a)(a+b)(b+c)(c+16) ≤ 1/81 s.t. a, b, c > 0
281. x, y, z > 0, x + y + z = 1; xy(y + 4z) + yz(z + 4x) + zx(x + 4y) ≤ C
282. 2C (∑ai)2 ≤ ∑i≤j (ai + ··· + aj)2
283. a1 · a2 · ··· · an (1 - a1 - a2 - ··· - an) / ((a1 + a2 + ··· + an) (1 - a1) (1 - a2) ··· (1 - an)) ≤ 3C / nn-1
284. a + b + c = 1, x2 + y2 + z2 = 1; a(x+b) + b(y+c) + c(z+a) ( ) 1
285. u2 tan A + v2 tan B + w2 tan C ( ) △ABC
286. 3(ab(1 + 2 cos c) + bc(1 + 2 cos a) + ca(1 + 2 cos b)) ( ) 2 ∑cyc √(c2 + ab(1 + 2 cos c)(b2 + ac(1 + cos b)))
287. (a2 + 1)(b2 + 1)(c2 + 1) ≥ (ab + bc + ca - abc)2 + C·abc
288. x(x - y)(z - x) ≤ C
289. xy + yz + zx ≥ 3; x / √(4x + 5y) + y / √(4y + 5z) + z / √(4z + 5x) ≥ C
290. a + b + c = 3; a / (1 + 2b3) + b / (1 + 2c3) + c / (1 + 2a3) ≥ C
291. (a + √(ab) + ∛(abc)) / 3 ( ) ∛(a · (a+b)/2 ·(a+b+c)/3)
292. a + b + c + d + e = 5; abc + bcd + cde + dea + eab ≤ C
293. a + b + c = 3; a2 / (a + 2b3) + b2 / (b + 2c3) + c2 / (c + 2a3) ( ) 1
294. a + b + c = 3; a2 + b2 + c2 + 4abc / 3 ( ) 13 / 3
295. a / (4b2 + bc + 4c2) + b / (4c2 + ca + 4a2) + c / (4a2 + ab + 4b2) ( ) 1 / (a + b + c)
296. (Zdravko) a + b + c = 3; a2 + b2 + c2 + 4abc / 3 ≥ C
297. ∑cyc (b+c) / √((a+b)(a+c)) ( ) 2∑cyc 2a / (2b + c)
298. a + b = 1; (a + 1/a)2 + (b + 1/b)2 ≥ C
299. x2 + x + y2 + y + C ≥ xy
300. a2 / b + b2 / c + 4c2 / a ( ) -3a + b + 7c
입력: 2025.12.08 15:51
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