\( \ant {n\sqrt2} \cdot \ant {m\sqrt7} < \ant {nm\sqrt{14}} \)

Неравенство, вынесенное в заголовок, — последнее из пяти заданий Санкт-Петербургской МО 2014 года (1 тур, 11 класс, автор А. Голованов). Эта задача приводится в «А. и м.» под номером 424. Предлагаю другое решение, главное достоинство которого не краткость, а возможность найти его, лишь понимая суть антье ... и проявив изрядную долю находчивости.

39. Докажите, что для всех натуральных m и n выполнено неравенство \[
\bigant {n\sqrt2} \cdot \bigant {m\sqrt7} < \bigant {nm\sqrt{14}} .
\tag {39.1}
\]

Доказательство. Ниже будет использовано несложное неравенство \[
(ab+1)^2 \leqslant (a^2+1) (b^2+1) ,
\ \mbox { где }
a, \, b \in \mathbb R .
\] Также нам пригодится правое неравенство среди следующих равносильных условий: \[
\bigant {n\sqrt2} < n\sqrt2
\ \Longleftrightarrow
\ \bigant {n\sqrt2}^2 < 2n^2
\ \Longleftrightarrow
\ \bigant {n\sqrt2}^2 + 1 \leqslant 2n^2 .
\] Аналогично \[
\bigant {m\sqrt7}^2 + 1 \leqslant 7m^2 .
\] Введем обозначения: \[
N = \bigant {n\sqrt2} ,
\quad M = \bigant {m\sqrt7} .
\] Цепочка неравенств, доказывающих (39.1): \[
\left( N M + 1 \right)^2 \leqslant
\left( N^2 + 1 \right) \cdot
\left( M^2 + 1 \right) \leqslant
14 n^2 m^2 ,
\] \[
N M + 1 \leqslant n m \sqrt {14}
\ \Longleftrightarrow
\ N M + 1 \leqslant \bigant {n m \sqrt {14} }
\ \Longleftrightarrow
\] \[
\Longleftrightarrow
\ N M < \bigant {n m \sqrt {14} } .
\] В рассуждениях мы несколько раз применяли факты, что выражения \( n\sqrt2 , \) \( m\sqrt7 , \) \( nm\sqrt{14} \) являются иррациональными числами при любых \( n, \, m \in \mathbb N \).
\( \color{gray}{\blacksquare} \)