Dokaz frakcijskih numeričkih nejednačina. Dokaz i rješenje nejednačina

MOU Grishino-Slobodskaya srednja škola

Program modula

"Metode za dokazivanje nejednakosti"

kao deo izbornog predmeta

"Iza stranica udžbenika matematike"

za učenike 10-11 razreda

Sastavio:

nastavnik matematike

Pankova E.Yu

Objašnjenje

„Matematika se naziva tautološkom naukom: drugim riječima, za matematičare se kaže da provode vrijeme dokazujući da su objekti jednaki sami sebi. Ova izjava je krajnje netačna iz dva razloga. Prvo, matematika, uprkos tome što je inherentna naučni jezik, nije nauka; nego se to može nazvati umjetnošću. Drugo Glavni rezultati matematike se češće izražavaju nejednakostima nego jednakostima.”

Nejednakosti se stalno koriste u praktičnom radu matematičara. Koriste se za dobijanje niza zanimljivih i važnih ekstremnih svojstava „simetričnih“ figura: kvadrata, kocke, jednakostraničnog trougla, kao i za dokazivanje konvergencije iterativnih procesa i izračunavanje nekih granica. Uloga nejednakosti je takođe važna u raznim pitanjima prirodnih nauka i tehnologije.

Zadaci o dokazivanju nejednakosti su najteži i najzanimljiviji od tradicionalnih. Dokazivanje nejednakosti zahtijeva istinsku domišljatost i kreativnost koja matematiku čini uzbudljivim predmetom.

Nastava dokazivanja ima veliku ulogu u razvoju deduktivno-matematičkog mišljenja i opštih misaonih sposobnosti učenika. Kako naučiti školarce da samostalno dokazuju nejednakosti? Odgovor je: samo razmatranjem mnogih tehnika i metoda dokazivanja i njihovom redovnom primjenom.

Ideje koje se koriste za dokazivanje nejednakosti gotovo su jednako raznolike kao i same nejednakosti. U specifičnim situacijama, opće metode često dovode do ružnih rješenja. Ali samo nekoliko školaraca uspijeva spojiti nekoliko „osnovnih“ nejednakosti na neočigledan način. I, osim toga, ništa ne sprječava studenta u svakom konkretnom slučaju da traži bolje rješenje od onog dobivenog općom metodom. Iz tog razloga, dokaz nejednakosti se često svodi na područje umjetnosti. I kao u svakoj umjetnosti, i ovdje postoje tehničke tehnike čiji je raspon vrlo širok i vrlo je teško savladati ih svima, ali svaki nastavnik treba da teži da proširi matematičke alate koji su mu dostupni.

Ovaj modul se preporučuje učenicima od 10. do 11. razreda. Ovdje se ne raspravlja o svim mogućim metodama za dokazivanje nejednakosti (ne obrađuje se metoda zamjene varijable, dokazivanje nejednakosti derivacijom, metoda istraživanja i generalizacije i tehnika sređivanja). Možete ponuditi da razmotrite druge metode u drugoj fazi (na primjer, u 11. razredu), ako ovaj modul kursa izazove interesovanje kod učenika, a takođe i na osnovu uspjeha savladavanja prvog dijela kursa.

		Jednačine i nejednačine s parametrom.
		Metode za dokazivanje nejednakosti.
		Jednačine i nejednačine koje sadrže nepoznatu pod predznakom modula.
		Sistemi nejednačina sa dvije varijable.

Sadržaj izbornog predmeta

"Iza stranica udžbenika matematike"

"Metode za dokazivanje nejednakosti"

		Uvod.
		Dokaz nejednakosti na osnovu definicije.
		Metoda matematička indukcija.
		Primjena klasičnih nejednačina.
		Grafička metoda.
		Suprotan metod.
		Tehnika za razmatranje nejednakosti u odnosu na jednu od varijabli.
		Ideja o jačanju.
		Lekcija - kontrola.

Lekcija 1. Uvod.

Dokazivanje nejednakosti je fascinantna i izazovna tema u osnovnoj matematici. Nedostatak jedinstvenog pristupa problemu dokazivanja nejednakosti dovodi do traženja niza tehnika koje su pogodne za dokazivanje određenih vrsta nejednakosti. Ovaj izborni predmet će pokriti sljedeće metode za dokazivanje nejednakosti:

Ponavljanje:

Dokažite neka svojstva.

Klasične nejednakosti:

1)
(Cauchyjeva nejednakost)

2)

3)

4)

Istorijska referenca:

Nejednakost (1) je dobila ime po francuskom matematičaru Augusteu Cauchyju. Broj
pozvao aritmetička sredina brojevi a i b;

broj je pozvan geometrijska sredina brojevi a i b. Dakle, nejednakost znači da aritmetička sredina dva pozitivna broja nije manja od njihove geometrijske sredine.

Dodatno:

Razmotrimo nekoliko matematičkih sofizama sa nejednačinama.

Matematička sofistika- nevjerovatna izjava, čiji dokaz krije neprimjetne i ponekad prilično suptilne greške.

Sofizmi su lažni rezultati dobijeni rasuđivanjem koji samo izgledaju ispravni, ali nužno sadrže jednu ili drugu grešku.

primjer:

Četiri je više od dvanaest

Lekcija 2. Dokaz nejednakosti na osnovu definicije.

Suština ove metode je sljedeća: da bi se utvrdila valjanost nejednakosti F(x,y,z)>S(x,y,z) čine razliku F(x,y,z)-S( x,y,z) i dokazati da je pozitivan. Koristeći ovu metodu, često se izoluje kvadrat, kocka zbira ili razlike ili nepotpuni kvadrat zbira ili razlike. Ovo pomaže u određivanju znaka razlike.

Primjer. Dokažite nejednakost (x+y)(x+y+2cosx)+2 2sin 2 x

dokaz:

Razmotrimo razliku (x+y)(x+y+2cosx)+2- 2sin 2 x =(x+y)(x+y+2cosx)+2cos 2 x=(x+y)(x+y+2cosx) ) + cos 2 x +cos 2 x= (x+y) 2 +2(x+y)cosx+ cos 2 x +cos 2 x=((x+y)+cosx) 2 + cos 2 x 0.

Dokazati nejednakost:

1.ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c) 6abc

3.

4.
>2x-20

5.

6.(a+b)(b+c)(c+a) 8abc

7.

Lekcija 3. Metoda matematičke indukcije.

Prilikom dokazivanja nejednakosti koje uključuju cijeli brojevičesto pribjegavaju metodi matematičke indukcije. Metoda je sljedeća:

1) provjeriti istinitost teoreme za n=1;

2) pretpostavljamo da je teorema tačna za neko n=k, i na osnovu te pretpostavke dokazujemo istinitost teoreme za n=k+1;

3) na osnovu prva dva koraka i principa matematičke indukcije zaključujemo da je teorema tačna za bilo koje n.

Primjer.

Dokazati nejednakost

dokaz:

1) za n=2 nejednakost je tačna:

2) Neka je nejednakost tačna za n=k, tj.
(*)

Dokažimo da je nejednakost tačna za n=k+1, tj.
. Pomnožimo obje strane nejednakosti (*) sa
dobijamo 3) Iz tačke 1. i tačke 2 zaključujemo da je nejednakost tačna za bilo koje n.

Zadaci za rad u učionici i kod kuće

Dokazati nejednakost:

1)

2)

3)

4)

Lekcija 4. Primjena klasičnih nejednačina.

Suština ove metode je sljedeća: pomoću niza transformacija, tražena nejednakost se izvodi pomoću nekih klasičnih nejednakosti.

Primjer.

Dokazati nejednakost:

dokaz:

Kao referentnu nejednakost koristimo
.

Svedujmo ovu nejednakost na sljedeći oblik:

, Onda

Ali =
, Onda

Dokazati nejednakost:

1)(p+2)(q+2)(p+q)16pq (za dokaz se koristi nejednakost
)

2)
(za dokumente se koristi nejednakost)

3) (a+b)(b+c)(c+a) 8abc (nejednakost se koristi za dokaz)

4)
(za dokument se koristi nejednakost).

Lekcija 5. Grafička metoda.

Dokaz nejednakosti grafičkom metodom je sljedeći: ako dokažemo nejednakost f(x)>g(x)(f(x)

1) izgraditi grafove funkcija y=f(x) i y=g(x);

2) ako se graf funkcije y=f(x) nalazi iznad (ispod) grafika funkcije y=g(x), onda je nejednakost koja se dokazuje tačna.

Primjer.

Dokazati nejednakost:

cosx
,x0

dokaz:

Napravimo grafove funkcija y=cosx i

Iz grafikona je jasno da kod x0 graf funkcije y=cosx leži iznad grafika funkcije y=.

Zadaci za rad u učionici i kod kuće.

Dokazati nejednakost:

1)

4)
.

5)

Lekcija 6. Suprotan metod

Suština ove metode je sljedeća: treba da dokažete istinitost nejednakosti F(x,y,z) S(x,y,z)(1). Pretpostavljaju suprotno, tj. da je za barem jedan skup varijabli tačna nejednakost F(x,y,z) S(x,y,z) (2). Koristeći svojstva nejednačina, izvode se transformacije nejednakosti (2). Ako se kao rezultat ovih transformacija dobije lažna nejednakost, onda to znači da je pretpostavka da je nejednakost (2) istinita netačna, pa je stoga nejednakost (1) tačna.

Primjer.

Dokazati nejednakost:

dokaz:

Pretpostavimo suprotno, tj.

Neka nas kvadrat obje strane nejednakosti i dobiti , Od čega dalje

. Ali ovo je u suprotnosti sa Cauchyjevom nejednakošću. To znači da je naša pretpostavka netačna, odnosno tačna je nejednakost: Zadaci za rad u učionici i kod kuće.

Lekcija 9. Čas - kontrola znanja učenika.

Ova lekcija se može raditi u parovima ili ako veliki broj razred u grupama. Na kraju časa svaki učenik mora biti ocijenjen. Ovo je obrazac za kredit za ovaj kurs. Ne preporučuje se sprovođenje testa na ovu temu jer dokaz nejednakosti, kao što je već pomenuto u objašnjenju, pripada oblasti umetnosti. Na početku se od učenika traži da odrede metodu dokazivanja predloženih nejednakosti. Ako učenici imaju poteškoća, nastavnik im kaže racionalnu metodu, upozoravajući grupu da će to, naravno, uticati na njihovu ocjenu.

Raditi u parovima.

Primjeri zadataka.

________________________________________________________________

Dokazati nejednakost:

1.
(metoda matematičke indukcije)

2.
(prioritet)

Modul. Jednačine i nejednakosti sa parametrima. ... svojstva, formulacija i dokaz teoreme, izvođenje formula... najjednostavnije nejednakosti. 7. Znati kako koristiti metoda intervali...

Program otvorene olimpijade i uslovi za pripremu matematike za učenike 9. razreda

Program

Koncept modul pravi broj. Aritmetika i geometrijske definicije modul. Otkrivanje moduli. ... nejednakosti. Dokaz nejednakosti. Rješavanje linearnih, kvadratnih, frakcionih racionalnih zadataka nejednakosti sa jednom promenljivom. Rješenje nejednakosti ...

Izborni program iz matematike za 8. razred

Program

Demonstrate metode dokaz malo složenije nejednakosti sa ovim jednostavnim nejednakosti? Dakle, u ovom ministarskom program ...

Obrazovne ustanove: Opštinska obrazovna ustanova Licej br. 1, Komsomolsk na Amuru

Rukovodilac: Budlyanskaya Natalya Leonidovna

Ukoliko želite da učestvujete u sjajan život, pa napuni glavu matematikom dok imaš priliku. Ona će vam tada pružiti veliku pomoć u svom poslu. (M.I. Kalinjin)

Predstavljanje lijeve strane nejednakosti kao zbir nenegativnih članova (desna strana je 0) korištenjem identiteta.

Primjer 1. Dokažite da za bilo koji xϵR

Dokaz . 1 način.

Metoda 2.

za kvadratnu funkciju

što znači njegovu pozitivnost za svaku stvarnost X.

Primjer 2. Dokažite to za bilo koje x i y

Dokaz.

Primjer 3. Dokaži to

Dokaz.

Primjer 4. Dokažite da za bilo koje a i b

Dokaz.

2. Suprotan metod

Evo dobrog primjera korištenja ove metode.

Dokazati da za a, b ϵ R.

Dokaz.

Pretvarajmo se to.

Ali ovo jasno dokazuje da je naša pretpostavka netačna.

C.T.D.

Primjer 5.Dokažite da je za sve brojeve A, B, C tačna sljedeća nejednakost:

Dokaz. Očigledno, dovoljno je utvrditi ovu nejednakost za nenegativnu A, B I SA, pošto ćemo imati sljedeći odnos:

, što je obrazloženje prvobitne nejednakosti .

Neka sada postoje takvi nenegativni brojevi A, B I WITH, za koje vrijedi nejednakost

, što je nemoguće ni pod kakvim realnim A, B I WITH. Navedena pretpostavka je opovrgnuta, što dokazuje izvorna nejednakost koja se proučava.

Koristeći svojstva kvadratnog trinoma

Metoda se zasniva na svojstvu nenegativnosti kvadratnog trinoma if

I.

Primjer 6. Dokaži to

Dokaz.

neka bude, a=2, 2>0

=>

Primjer 7. Dokažite da za bilo koje realne x i y vrijedi nejednakost

Dokaz. Razmotrite lijevu stranu nejednakosti kao kvadratni trinom u odnosu na X:

, a>0, D

D= => P(x)>0 I

istinito za sve stvarne vrijednosti X I u.

Primjer 8. Dokaži to

za bilo koje realne vrijednosti x i y.

Dokaz. Neka ,

To znači da za bilo koji pravi at i nejednakosti

je zadovoljan za svaku stvar X I u.

Metoda uvođenja novih varijabli ili metoda zamjene

Primjer 9. Dokažite da za bilo koje nenegativne brojeve x, y, z

Dokaz. Koristimo ispravnu nejednakost za,

.

Dobijamo proučavanu nejednakost

Korištenje svojstava funkcije.

Primjer 10. Dokažimo nejednakost

za bilo koje a i b.

Dokaz. Razmotrimo 2 slučaja:

• Ako je a=b onda tačno

Štaviše, jednakost se postiže samo kada je a=b=0.

2)Ako

, na R =>

()* ()>0, što dokazuje nejednakost

Primjer 11. Dokažimo to za bilo koje

Dokaz.

na R.

Ako, onda se znaci brojeva poklapaju, što znači da je proučavana razlika pozitivna =>

Primjena metode matematičke indukcije

Ova metoda se koristi za dokazivanje nejednakosti u pogledu prirodnih brojeva.

Primjer 12. Dokažite da za bilo koji nϵN

• Provjerimo istinitost izjave kada

- (desno)

2) Pretpostaviti istinitost iskaza kada

(k>1)

3) Dokažimo istinitost tvrdnje kada je n=k+1.

Uporedimo i:

Imamo:

Zaključak: izjava je tačna za svakoga nϵN.

Koristeći izuzetne nejednakosti

• Teorema o prosjeku (Cauchyjeva nejednakost)

• Nejednakost Cauchy–Bunyakovsky

• Bernulijeva nejednakost

Razmotrimo svaku od navedenih nejednakosti posebno.

Primjena teoreme srednje vrijednosti (Cauchyjeva nejednakost)

Aritmetička sredina nekoliko nenegativnih brojeva veća je ili jednaka njihovoj geometrijskoj sredini

, Gdje

Znak jednakosti se postiže ako i samo ako

Razmotrimo posebne slučajeve ove teoreme:

• Neka je onda n=2

• Neka je n=2, a>0, onda

• Neka je onda n=3

Primjer 13. Dokažite da za sve nenegativne a,b,c vrijedi nejednakost

Dokaz.

Nejednakost Cauchy-Bunyakovsky

Nejednakost Cauchy-Bunyakovsky kaže da za bilo koje; odnos je validan

Dokazana nejednakost ima geometrijsku interpretaciju. Za n=2,3 izražava dobro poznatu činjenicu da skalarni proizvod dva vektora na ravni iu prostoru ne prelazi proizvod njihovih dužina. Za n=2 nejednakost ima oblik: . Za n=3 dobijamo

Primjer 14.

Dokaz. Zapišimo proučavanu nejednakost u sljedeći obrazac:

Ovo je očigledno istinita nejednakost, jer je poseban slučaj nejednakosti Cauchy-Bunyakovsky.

Primjer 15. Dokažite da za bilo koje a,b,c ϵ R vrijedi sljedeća nejednakost:

Dokaz. Dovoljno je ovu nejednakost napisati u obliku

i odnose se na nejednakost Cauchy–Bunyakovsky.

Bernulijeva nejednakost

Bernulijeva nejednakost kaže da ako je x>-1, tada za sve prirodne vrijednosti n vrijedi sljedeća nejednakost:

Nejednakost se može koristiti za izraze oblika

Osim toga, vrlo velika grupa nejednakosti može se lako dokazati korištenjem Bernoullijeve teoreme.

Primjer 16.

Dokaz. Stavljanje x=0,5 i primjenjujući Bernoullijevu teoremu za izražavanje

Dobijamo traženu nejednakost.

Primjer 17. Dokazati da za bilo koji n ϵ N

Dokaz.

po Bernoullijevoj teoremi, kako se zahtijeva.

David Gilbert je upitan za jedan od njegovih bivši studenti. "Oh, tako-i-tako?", prisjetio se Hilbert. "Postao je pjesnik. Imao je premalo mašte za matematiku.

Vaš cilj:poznaju metode dokazivanja nejednakosti i mogu ih primijeniti.

Praktični dio

Koncept dokaza nejednakosti . Neke se nejednakosti pretvaraju u prave numeričke nejednakosti za sve prihvatljive vrijednosti varijabli ili na nekom datom skupu vrijednosti varijabli. Na primjer, nejednakosti A 2 ³0, ( A–b) 2 ³ 0 ,a 2 +b 2 + c 2 " ³ 0 su tačne za sve realne vrijednosti varijabli, a nejednakost ³ 0 – za sve realne nenegativne vrijednosti A. Ponekad se javlja problem dokazivanja nejednakosti.

Dokazati nejednakost znači pokazati da se data nejednakost pretvara u pravu numeričku nejednakost za sve dopuštene vrijednosti varijabli ili za dati skup vrijednosti ovih varijabli.

Metode za dokazivanje nejednakosti. primeti, to opšta metoda nema dokaza o nejednakosti. Međutim, neki od njih se mogu navesti.

1. Metoda za procjenu predznaka razlike između lijeve i desne strane nejednačine. Sastavlja se razlika između lijeve i desne strane nejednakosti i utvrđuje da li je ta razlika pozitivna ili negativna za razmatrane vrijednosti varijabli (za nestroge nejednakosti potrebno je utvrditi da li je ta razlika ne- negativno ili nepozitivno).

Primjer 1. Za bilo koje realne brojeve A I b postoji nejednakost

a 2 +b 2³ 2 ab. (1)

Dokaz. Napravimo razliku između lijeve i desne strane nejednačine:

a 2 +b 2 – 2ab = a 2 – 2ab + b 2 = (a–b) 2 .

Kako je kvadrat bilo kojeg realnog broja nenegativan broj, onda ( a–b) 2 ³ 0, što znači a 2 +b 2³ 2 ab za bilo koje realne brojeve A I b. Jednakost u (1) se javlja ako i samo ako a = b.

Primjer 2. Dokažite da ako A³ 0 i b³ 0, zatim ³ , tj. aritmetička sredina nenegativnih realnih brojeva A I b ne manje od njihove geometrijske sredine.

Dokaz. Ako A³ 0 i b³ 0, dakle

³ 0. Dakle, ³ .

2. Deduktivna metoda dokazi nejednakosti. Suština ove metode je sljedeća: pomoću niza transformacija, tražena nejednakost se izvodi iz nekih poznatih (referentnih) nejednakosti. Na primjer, sljedeće nejednakosti se mogu koristiti kao referenca: A 2 ³ 0 za bilo koji aÎ R ; (a–b) 2 ³ 0 za bilo koji A I bÎ R ; (A 2 + b 2) ³ 2 ab za bilo koji a, bÎ R ; ³ at A ³ 0, b ³ 0.

Primjer 3. Dokazati to za bilo koje realne brojeve A I b postoji nejednakost

A 2 + b 2 + With 2³ ab + bc + ac.

Dokaz. Iz pravih nejednakosti ( a–b) 2 ³ 0, ( b – c) 2 ³ 0 i ( c – a) 2 ³ 0 to slijedi A 2 + b 2³ 2 ab, b 2 + c 2³ 2 bc, c 2 + a 2³ 2 ac. Sabiranjem sve tri nejednakosti član po član i dijeljenjem obje strane nove sa 2, dobijamo traženu nejednakost.

Prvobitna nejednakost se može dokazati prvom metodom. Zaista, A 2 + b 2 + With 2 –ab – bc – ac = 0,5(2A 2 + 2b 2 + 2With 2 – 2ab – 2prije Krista – 2ac) = = 0,5((a–b) 2 + (a–c) 2 + (b–c) 2)³ 0.

Razlika između A 2 + b 2 + With 2 i ab + bc + ac veći ili jednak nuli, što znači da A 2 + b 2 + With 2³ ab + bc + ac(jednakost je istinita ako i samo ako a = b = c).

3. Metoda procjene za dokazivanje nejednakosti.

Primjer 4. Dokazati nejednakost

+ + + … + >

Dokaz. Lako je vidjeti da lijeva strana nejednakosti sadrži 100 članova, od kojih svaki nije manji. U ovom slučaju kažu da se lijeva strana nejednakosti može procijeniti odozdo na sljedeći način:

+ + + … + > = 100 = .

4. Metoda pune indukcije. Suština metode je razmatranje svih posebnih slučajeva koji pokrivaju stanje problema u cjelini.

Primjer 5. Dokažite da ako x > ï atï , To x > y.

Dokaz. Postoje dva moguća slučaja:

A) at³ 0 ; onda sam atï = y, i po stanju x >ï atï . znači, x > y;

b) at< 0; onda sam atï > y i po stanju x >ï atï znači x > y.

Praktični dio

Zadatak 0. Uzmi Prazan list papir i na njega zapišite odgovore na sve usmene vježbe date u nastavku. Zatim provjerite svoje odgovore u odnosu na odgovore ili sažetak uputstava na kraju ovoga obrazovni element u odjeljku "Vaš asistent".

Oralne vježbe

1. Uporedite zbir kvadrata dva nejednaka broja i njihovog dvostrukog proizvoda.

2. Dokazati nejednakost:

A) ;

b) ;

V) ;

3. Poznato je da. Dokaži to.

4. Poznato je da. Dokaži to.

Vježba 1. još to:

a) 2 + 11 ili 9; d) + ili;

b) ili + ; e) – ili;

c) + ili 2; e) + 2 ili +?

Zadatak 2. Dokažite to za bilo koju stvarnost x postoji nejednakost:

a) 3( x+ 1) + x– 4(2 + x) < 0; г) 4x 2 + 1 ³ 4 x;

b) ( x+ 2)(x+ 4) > (x+ 1)(x+ 5); e) ³ 2 x;

V) ( x– 2) 2 > x(x- 4); e) l + 2 x 4 > x 2 + 2x 3 .

Zadatak 3. dokazati da:

A) x 3 + 1³ x 2 + x, Ako x³ –1;

b) x 3 + 1 £ x 2 + x, Ako x£ –1 .

Zadatak 4. Dokaži da ako a ³ 0, b³ 0, With³ 0, d³ 0, dakle

(a 2 + b 2)(c 2 + d 2) ³ ( ac + bd) 2 .

Zadatak 5. Dokažite nejednakost izolacijom savršen kvadrat:

A) x 2 – 2xy + 9y 2³ 0;

b) x 2 + y 2 + 2³2( x+y);

u 10 x 2 + 10xy + 5y 2 + 1 > 0;

G) x 2 – xy + y 2 ³ 0 ;

d) x 2 + y 2 + z 2 + 3³ 2( x + y + z);

e) ( x+ l)( x – 2y + l) + y 2 ³ 0 .

Zadatak 6. dokazati da:

A) x 2 + 2y 2 + 2xy + 6y+ l0 > 0 ;

b) x 2 + y 2 – 2xy + 2x – 2at + 1 > 0;

u 3 x 2 + y 2 + 8x+ 4y – 2xy + 22³ 0;

G) x 2 + 2xy+ 3y 2 + 2x + 6y + 3 > 0.

Zadatak 7. Dokaži da ako n³ k³ 1, dakle k(n–k+ 1) ³ n.

Zadatak 8. Dokaži da ako je 4 A + 2b= 1, onda a 2 + b 2³ .

Definirajte vrijednosti A I b, na kojoj se javlja jednakost.

Zadatak 9. Dokažite nejednakost:

A) X 3 + at 3³ X 2 at + xy 2 at x³ 0 i y ³ 0;

b) X 4 + at 4³ X 3 at + xy 3 za bilo koji x I at;

V) X 5 + at 5³ X 4 at + xy 4 at x³ 0 i y ³ 0;

G) x n + y n ³ x n-1 y + xy n-1 at x³ 0 i y ³ 0.

Transkript

1 FETROZAVODSKI DRŽAVNI UNIVERZITET FAKULTET ZA MATEMATIKU I INFORMACIONE TEHNOLOGIJE Katedra za geometriju i topologiju Elizaveta Sergeevna Khaltsenen Završni kvalifikacioni rad za diplomski. nauke, Platonov S.S. (potpis direktora) Petrozavodsk

2 Sadržaj Uvod...3.Jensenova nejednakost Komutaciona nejednakost Karamatina nejednakost Rješavanje zadataka za dokazivanje nejednakosti...3 Literatura

3 Uvod Metoda je skup sekvencijalnih radnji usmjerenih na rješavanje određene vrste problema. Metode za dokazivanje nejednakosti u ovom radu imaju za cilj pronalaženje nestandardno rešenje nejednakosti imaju određeni tip. Koristeći takve metode, rješenje se značajno smanjuje. Rezultat je isti, ali je obim posla manji. Svrha završni rad započeo je proučavanje tri vrste nejednakosti uz pomoć kojih se mnoge druge lako mogu dokazati. To su Jensenova nejednakost, nejednakost komutacije, Karamatina nejednakost. Sve ove nejednakosti su matematički lijepe, uz pomoć ovih nejednakosti možete riješiti školske nejednakosti. Ova tema je relevantno. Po mom mišljenju, moglo bi biti korisno za školarce, uključujući i za unapređenje znanja iz oblasti matematike. Pošto metode nisu standardne, mislim da bi učenicima sa matematičkim sklonostima bile korisne i zabavne. Zadatak je tražiti i rješavati tematske nejednakosti iz predložene literature. Rad se sastoji od četiri paragrafa. Odjeljak opisuje Jensenovu nejednakost, daje njen dokaz i pomoćne definicije. Odjeljak 2 sadrži komutirajuću nejednakost, njene posebne slučajeve i opću komutirajuću nejednakost. U paragrafu 3, Karamatina nejednakost je bez dokaza. Stav 4 je glavni rad završnog rada, tj. dokazi nejednakosti pomoću Jensenove nejednakosti, komutacijske nejednakosti i Karamatine nejednakosti

4 . Jensenova nejednakost Definicija. Podskup ravni se naziva konveksan ako se bilo koje dvije tačke datog skupa mogu povezati segmentom koji će u potpunosti ležati u ovom skupu. Definicija 2. Neka je f(x) definirana na nekom intervalu. Skup svih tačaka (x,y) za koje se y f(x) naziva epigraf, gdje x pripada datom intervalu. Skup tačaka (x,y) za koje se y f(x) naziva podgraf. Definicija 3. Razmotrimo funkciju na određenom intervalu. Funkcija se naziva konveksna ako je na ovom intervalu njen epigraf konveksan skup. Funkcija se naziva konkavna ako je njen podgraf konveksan skup. Kriterij konveksnosti (konkavnosti) funkcije. Da bi funkcija y = f(x), kontinuirano diferencibilna na intervalu (a, b), bila konveksna (konkavna) na (a, b), potrebno je i dovoljno da njen izvod f raste (opada) na interval (a, b). Kriterij 2 za konveksnost (konkavnost) funkcije. Da bi funkcija y = f(x), dvaput diferencibilna na intervalu (a, b), bila konveksna (konkavna) na (a, b), potrebno je i dovoljno da je f (x) 0(f ( x) 0 ) u svim tačkama x (a, b) Definicija 4. Centar mase tačaka A(x, y) i B(x 2, y 2) je tačka C(x, y) koja pripada segmentu AB, tako da je AC = m B, gdje je m BC m B masa A tačke B, a m A masa tačke A. U vektorskom obliku, centar mase se nalazi na sljedeći način: radijus vektor centra masa: gdje je r i radijus vektor tačaka A i B, i =,2. U koordinatama: r = m r +m 2 r 2 m +m 2 () x = m x +m 2 x 2 m +m 2, y = m y +m 2 y 2 m +m 2-4 -

5 Neka je C AB centar mase tačaka A i B. Ako je U konveksan podskup ravni i tačke A i B pripadaju U, onda C AB pripada U, pošto C AB pripada segmentu AB. Neka je A, A 2 A proizvoljne tačke na ravni sa masama m, m 2, m. Centar mase C A,A 2 A sistema tačaka A, A 2 A je određen indukcijom:) At = 2 centar mase C A A 2 sistema tačaka A, A 2 je već određen. Pretpostavićemo da tačka C A A 2 ima masu m + m 2 2) Pretpostavimo da je za sistem tačaka A, A 2 A centar mase c A, A 2 A već određen. Označimo centar mase tačaka A, A 2 A sa B i pretpostavimo da je masa tačke B jednaka m B = m + m m. Po definiciji, pretpostavljamo da je C A,A 2 A = C BA, tj. centar mase sistema tačaka A, A 2 A, A jednako je centru masa dve tačke B i A. Pretpostavićemo da je masa tačke C A,A 2 A jednaka m B + m = m + m m. Iz definicije centra masa slijedi da ako sve tačke A, A 2 A pripadaju konveksnom skupu U, onda i njihovo središte mase pripada U. Lema. Neka su A, A 2 A tačke na ravni sa masama m, m 2, m i neka je r i radijus vektor tačke A i, i =,. Ako je C centar mase sistema tačaka A, A 2 A, tada se vektor radijusa r C tačke C može izračunati pomoću formule Dokaz. r C = m r +m 2 r 2 + +m r m +m 2 + +m (2) Formulu (2) ćemo dokazati indukcijom na. Za = 2, formula je već dokazana (vidi formulu ()). Pretpostavimo da je formula (2) već dokazana za (). Neka je B centar mase sistema tačaka A, A 2 A. Tada - 5 -

6 r B = m r + m 2 r m r m + m m, masa tačke B je jednaka m B = m + m m. Po definiciji, centar mase C sistema tačaka A, A 2 A poklapa se sa centrom mase para tačaka B i A. Vektor radijusa tačke C izračunava se po formuli () r C = m Br B + m r m B + m = m r + m 2 r m r m + m m što dokazuje formulu (2) za tačke. U koordinatama formula (2) ima oblik: x C = m x + m 2 x m k x k m + m m k y C = m y + m 2 y m k y k m + m m k „Jensenov teorem. Neka je y = f(x) konveksna funkcija na određenom intervalu, x, x 2, x - brojevi iz ovog intervala; m, m 2, m - pozitivni brojevi, zadovoljavajući uslov m + m m =. Tada vrijedi Jensenova nejednakost: f(m x + m 2 x m x) m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f(x) Ako je funkcija y = f(x) konkavna na nekom intervalu, x, x 2 , x - brojevi iz ovog intervala; m, m 2, m su pozitivni brojevi koji takođe zadovoljavaju uslov m + m m =. Tada Jensenova nejednakost ima oblik: f(m x + m 2 x m x) m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f(x)" Dokaz: Razmotrite funkciju f(x) konveksnu na intervalu (a, b) . Na njegovom grafu razmotrite tačke A, A 2, A i neka je A i = (x i, y i), y i = f(x i). Uzmimo proizvoljne mase m, m 2, m za tačke A, A 2, A, tako da je m + m m =. Iz činjenice da je f(x) konveksna funkcija slijedi da - 6 -

7 da je epigraf funkcije konveksan skup. Prema tome, centar mase tačke A, A 2, A pripada epigrafu. Nađimo koordinate centra mase: x c = m x + m 2 x m x m + m m = m x + m 2 x m x y c = m y + m 2 y m y m + m m = m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f x) Pošto C pripada epigrafu, onda dobijamo h.t.d. y c f(x c) m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f(x) f(m x + m 2 x m x) Koristeći Jensenovu nejednakost, možemo dokazati Cauchyjevu nejednakost: Za bilo koje pozitivne brojeve a, a 2, a , vrijedi sljedeća nejednakost: (a + a a) a a 2 a Uzmimo logaritam nejednakosti (3), dobićemo ekvivalentna nejednakost(3) l (a +a 2 + +a) l(a a 2 a) (4) Koristeći svojstva logaritama, prepisujemo nejednačinu (4) u obliku: l (a +a 2 + +a) l a + l a l a (5) Rezultirajuća nejednakost je poseban slučaj Jensenove nejednakosti za slučaj kada je f(x) = l(x), m = m 2 = = m =. Imajte na umu da je funkcija y = l(x) konkavna na intervalu (0, +), jer je y =< 0, поэтому неравенство (5) есть poseban slučaj nejednakosti x2-7 -

8 Jensen za konkavnu funkciju f(x) = l(x). Pošto je nejednakost (5) tačna, tada je tačna i ekvivalentna nejednakost (3) 2. Komutaciona nejednakost Definicija. Jedna-prema jedan korespondencija između skupa brojeva (,2,3,) i samog sebe naziva se permutacijom elemenata. Označimo permutaciju slovom σ tako da su σ(), σ(2), σ(3) σ() brojevi,2,3, drugačijim redoslijedom. Razmotrimo dva skupa brojeva a, a 2, a i b, b 2, b. Skupovi a, a 2, a i b, b 2, b nazivaju se identično uređeni ako za bilo koje brojeve i i j, iz činjenice da a i a j slijedi da je b i b j. posebno, najveći broj iz skupa a, a 2, a odgovara najvećem broju iz skupa b, b 2, b, za drugi najveći broj iz prvog skupa postoji drugi najveći broj iz drugog skupa, itd. Skupovi a, a 2, a i b, b 2, b nazivaju se obrnuto uređeni ako za bilo koje brojeve i i j iz činjenice da a i a j slijedi da b i b j. Iz ovoga slijedi da odgovara najveći broj iz skupa a, a 2, a najmanji broj iz skupa b, b 2, b, drugi najveći broj iz skupa a, a 2, a odgovara drugom najmanjem broju iz skupa b, b 2, b i tako dalje. Primjer.) Neka su data dva skupa takva da su a a 2 a i b b 2 b, tada su prema definicijama koje smo dali ovi skupovi jednako uređeni. 2) Neka su data dva skupa takva da a a 2 a i b b 2 b, u kom slučaju će skupovi brojeva a, a 2, a i b, b 2, b biti obrnuto poredani. Svugdje ispod, a, a 2, a i b, b 2 , b - pozitivni realni brojevi “Teorema. (Nejednakost komutacije) Neka postoje dva skupa brojeva a, a 2, a i b, b 2, b. Razmotrimo mnoge njihove različite permutacije. Tada je vrijednost izraza - 8 -

9 S = a b σ + a 2 b σ2 + + a b σ () će biti najveći kada su skupovi a, a 2, a i b, b 2, b jednako poredani, a najmanji kada su a, a 2, a i b , b 2, b su obrnuto poredani. Za sve ostale permutacije, zbir S će biti između najmanje i najveće vrijednosti." Primjer. Prema teoremi a b + b c + c a 3, pošto su skupovi a, b, c i a, b, c obrnuto poredani i vrijednost a a + b b + c c = 3 će biti najmanja. Dokaz teoreme. Razmotrimo dva skupa brojeva: prvi a, a 2, a i drugi b, b 2, b. Pretpostavimo da ovi skupovi nisu poredani na isti način. Postoje indeksi i i k takvi da su a i > a k i b k > b i. Zamenimo brojeve b k i b i u drugom skupu (ova transformacija se zove „sortiranje“). Tada će u zbiru S članovi a i b i i a k ​​b k biti zamijenjeni sa a i b k i a k ​​b i, a svi ostali članovi će ostati nepromijenjeni. Imajte na umu da a i b i + a k b k< a i b k + a k b i, так как (a i b i + a k b k) (a i b k + a k b i) = a i (b i b k) a k (b i b k) = (a i a k)(b i b k) < 0 Поэтому сумма Sувеличится. Выполняем сортировку пока это возможно. Если процесс прекратился, то это означает, что мы получили правильный порядок, а это и есть najveća vrijednost. Najmanja vrijednost se dobija na isti način, samo što sortiramo sve dok skupovi ne budu obrnuti. Na kraju ćemo doći do toga najniža vrijednost. “Teorema 2. Razmotrimo dva pozitivna skupa a, a 2, a 3 a i b, b 2, b 3 b i sve njegove moguće permutacije. Tada će vrijednost proizvoda (a i + b σ(i)) biti najveća kada su skupovi a, a 2, a 3 a i b, b 2, b 3 b jednako poredani, a najmanja kada su obrnuto poredani

10 Teorema 3. Razmotrimo dva skupa a, a 2, a 3 a i b, b 2, b 3 b elementi ovog skupa su pozitivni. Tada će vrijednost () a i + b σ(i) biti najveća kada su skupovi a, a 2, a 3 a i b, b 2, b 3 b jednako poredani, a najmanja kada su obrnuto. Teoreme 2 i 3 su posebni slučajevi više opšta teorema, o čemu se govori u nastavku. Opća komutaciona nejednakost “Teorema 4 (Opća komutaciona nejednakost). Neka je funkcija f kontinuirana i konveksna na nekom intervalu u R. Tada za bilo koji skup brojeva a, a 2, a 3 a i b, b 2, b 3 b iz intervala vrijednost izraza f (a + b σ()) + f ( a 2 + b σ(2)) + f (a + b σ()) će biti najveći kada su skupovi jednako poredani i najmanji kada su skupovi obrnuto poredani. Teorema 5. Neka je funkcija f neprekidna i konkavna na nekom intervalu u R Tada: vrijednost izraza f (a + b σ()) + f (a 2 + b σ(2)) + f (a + b σ()) će biti najveći kada su brojevi obrnuto poredani, a najmanji kada su skupovi a, a 2, a 3 a i b, b 2, b 3 b jednako poredani. Dokaz.") Razmotrimo slučaj = 2. Neka je funkcija f konveksna i postoje dva skupa a > a 2 i b > b 2. Moramo dokazati da Označimo f(a + b) + f(a 2 + b 2) f(a + b 2) + f(a 2 + b) (2) x = a + b 2, k = a a 2, m = b b 2. Tada je - 0 -

11 a + b 2 = x + k, a 2 + b = x + m, a + b = x + k + m, stoga nejednakost (2) poprima oblik f(x + k + m) + f(x + k ) f(x + k) + f(x + m) (3) Za dokaz nejednakosti koristit ćemo sliku.Na slici je prikazan grafik konveksne funkcije y = f(x) i tačaka A(x) , f(x)), C(x) su označene na grafu + k, f(x + k)), D(x + m, f(x + m)), B (x + k + m, f (x + k + m)). i na Iz konveksnosti funkcije f slijedi da tetiva CD leži ispod tetive AB. Neka je K središte tetive CD, MZ središte tetive AB. Imajte na umu da su apscise tačaka K i M iste, budući da je x k = 2 ((x + k) + (x + m)) = (2x + k + m) 2 x m = 2 (x + (x + k + m) ) = (2x + k + m) 2 Dakle, tačke K i M leže na istoj vertikalnoj liniji, što znači da y m y k. - -

12 Pošto je y m = (f(x) + f(x + k + m)) 2 y k = (f(x + k) + f(x + m)) 2 Iz toga proizilaze nejednakosti (3) i (2). Q.E.D. 2) Neka je > 2. Pretpostavimo da skupovi a, a 2, a 3 a i b, b 2, b 3 b nisu uređeni na isti način, tj. postoje indeksi i i k takvi da su a i > a k i b i< b k. Поменяем во втором наборе числа b i и b k местами. Тогда в сумме S слагаемые f(a i + b i) и f(a k + b k) заменятся на f(a i + b k) и f(a k + b i), а все остальные слагаемые останутся без изменений. Из неравенства (2) вытекает, что поэтому сумма S увеличится. f(a i + b k) + f(a k + b i) f(a i + b i) + f(a k + b k) Аналогично можно продолжать сортировку до тех пор, пока не получим одинаково упорядоченные наборы. Полученное значение суммы S будет наибольшим, что и требовалось доказать. Теорема 5 доказывается аналогично. 3. Неравенство Караматы Определение. Невозрастающий набор чисел X = (x, x 2, x) мажорирует невозрастающий набор чисел Y = (y, y 2, y) если выполнены условия x + x x k y + y y k и x + x x = y + y y. Для k =,2 и положительных чисел x, x 2, x и y, y 2, y. Обозначение X Y, если X можарирует Y и X Y, если Y можарирует X. Например. (,0,0,0, 0) (2, 2, 0,0,0, 0) (,) - 2 -

13 Ako su x, x 2, x pozitivni brojevi, i= x i =, onda (,) (x, x 2, x) (,0,0,0, 0) “Teorema (Karamatina nejednakost) Neka je f: (a , b ) R, f je konveksna funkcija x, x 2, x, y, y 2, y (a, b) i (x, x 2, x) (y, y 2, y), zatim f(x ) + f(x 2) + f(x) f(y) + f(y 2) + f(y). Ako je f konkavna funkcija, onda je f(x) + f(x 2) + f(x) f(y) + f(y 2) + f(y).” Za dokaz, pogledajte . 4. Rješavanje zadataka za dokazivanje nejednakosti. U ovom dijelu se ispituju različiti problemi za dokazivanje nejednakosti, čije se rješenje može riješiti korištenjem Jensenove nejednakosti, komutacijskih nejednakosti ili Karamatine nejednakosti. Vježbajte. Dokažite nejednakost gdje je x, x 2, x > 0 Neka je x + x 2 + x + x x 2 x, f(x) = +x, m i = f(x) = (+ x) f(x) = (+ x ) 2 f(x) = 2(+ x) 3 > 0, x Tada iz Jensenove nejednakosti slijedi - 3 -

14 Dokažimo da je i= + x i + x x 2 x + x +x 2 + +x Ovo je tačno ako i samo ako + x x 2 x + x + x x + x x 2 x x + x x x x 2 x I posljednja nejednakost se poklapa sa nejednakosti Cauchy. Zadatak 2. Dokažite da je za bilo koje a, b > 0 tačna sljedeća nejednakost: 2 a + b ab Ovo je ekvivalentno nejednakosti 2ab a + b ab 2ab ab(a + b) 2 ab a + b itd. Zadatak 3. Dokažite da je za bilo koje a, a 2, a > 0 tačna sljedeća nejednakost: a a 2 a a a 2 a Nejednakost se može prepisati kao: - 4 -

15 () (a a a 2 a a 2 a) Napravimo zamjenu b i = a i, tada će nejednakost poprimiti oblik: (b + b b) (b b 2 b) Ova nejednakost je tačna, jer Ovo je Cauchyjeva nejednakost. Zadatak 4. Dokažite da za bilo koje a, a 2, a > 0 vrijedi sljedeća nejednakost: Razmotrite nejednakost za =3. a + a a + a a 2 a 3 a a a a 2 + a 2 a 3 + a 3 a 3 Označimo a a 2 = x, a 2 a 3 = y, a 3 a = z, xyz = x+y+z 3 3 xyz= -true Označimo x = a a 2,x 2 = a 2 a 3,x = a a, Tada je x x 2 x =. Tada će nejednakost dobiti oblik: x + x x Ova nejednakost slijedi iz Cauchyjeve nejednakosti: h.t.d. Zadatak 5. Dokazati da je (x + x x) x x 2 x = si x + si x si x si x + x x, gdje je 0 x i π - 5 -

16 Nejednakost proizlazi iz Jensenove nejednakosti za funkciju y = si x. Funkcija y = si x je konkavna na intervalu (0, π), jer je y = si x< 0при x (0, π), Гдеm i =. ч.т.д. Задание 6. si x + si x si x si(x + x x) Доказать,что для любых a, a 2, a >0 nejednakost je tačna: (a + a 2+ +a)(a + a a) 2 Nejednakost se može prepisati kao: ovo je ekvivalentno činjenici da (a + a a) a + a a 2 a +a 2 + + a a + a 2+ +a Razmotrimo Jensenovu funkciju f(x) = x, dobijamo ovu jednakost. i koristeći nejednakost Zadatak 7. Dokažite da je za bilo koje x, y, z > 0 tačna nejednakost x 5 + y 5 + z 5 x 3 y 2 + y 3 x 2 + z 3 x 2. Primijenimo komutaciju nejednakost. Neka prvi skup ima oblik Drugi x 3, y 3, z 3, x 2, y 2, z 2 Izraz na lijevoj strani će biti najveći, jer vrijednost izraza na lijevoj strani x 5 + y 5 + z 5 je sastavljena od identično uređenih skupova brojeva. Iz ovoga proizilazi da je dobijena vrijednost - 6 -

17 za sve ostale permutacije ne veća vrijednost, dobijeno sa „najispravnijim“ rasporedom varijabli. Zadatak 8. Dokažite da za bilo koje x, y, z > 0 vrijedi sljedeća nejednakost: x + x 2 + y + y 2 + z + z 2 x + y 2 + y + z 2 + z + x 2 Možemo pretpostavimo da je x y z. Neka je a = x, a 2 = y, a 3 = z, b = + x 2, b 2 = + y 2, b 3 = + z 2 Skupovi a, a 2, a 3 i b, b 2, b 3 su suprotno poredani, dakle, komutacionom nejednakošću, zbroj a b + a 2 b 2 + a 3 b 3 je najmanji među zbirovima. Konkretno, ono što je ekvivalentno a b σ + a 2 b σ2 + a 3 b σ3 . a b + a 2 b 2 + a 3 b 3 a b 2 + a 2 b 3 + a 3 b, x + x 2 + y + y 2 + z + z 2 x + y 2 + y + z 2 + z + x 2. Zadatak 9. Dokažite da za bilo koje a, a 2, a > 0 vrijedi sljedeća nejednakost: (+ a 2) (+ a 2 2) (+ a 2) (+ a a 2 a 3 a)(+ a 2 ) (+ a) Pomnožimo sa a a 2 a, dobijamo (a 2 + a 2)(a 3 + a 2 2) (a + a 2) (a + a 2)(a 2 + a 2 2) (a + a 2) - 7 -

18 Uzmimo logaritam nejednakosti i dobijemo ekvivalentnu nejednakost. l(a 2 + a 2) + l(a a 3) + + l(a 2 + a) l(a 2 + a) + l(a a 2) + + l(a 2 + a) (9.) Hajdemo koristiti opću komutirajuću nejednakost za konkavnu funkciju y = l x. Neka su a i = a i, b i = a i 2. Tada su skupovi b, b 2, b i a, a 2, a jednako uređeni, pa je l(b + a) + l(b 2 + a 2) + + l( b + a ) l(b + a 2) + l(b 2 + a 3) + + l(b + a), što dokazuje nejednakost (9.). Zadatak 0. Dokažite da za bilo koje pozitivno a, b, c a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ac (0.) Neka je a b c.. Pošto su skupovi (a, b, c) i (a, b , c) su jednako uređeni, ali skupovi (a, b, c) i (b, c, a) nisu jednako uređeni, onda nejednakost (0.) slijedi iz komutacijske nejednakosti. Vježbajte. Dokažite da ako je xy + yz + zx =, onda nejednakost (.) slijedi iz zadatka 0. Zadatak 2. Dokažite da ako je a, b, c > 0, onda je x 2 + y 2 + z 2 (.). (a + c)(b + d) ab + cd Pošto je kvadratni korijen veći ili jednak nuli, možemo kvadrirati desnu i lijevu stranu. Dobijamo: (a + c)(b + d) ab + 2 abcd + cd ab + ad + cb + cd ab + 2 abcd + cd ab + cd 2 abcd - 8 -

19 a 2 d 2 + 2abcd + c 2 d 2 4abcd a 2 d 2 + c 2 d 2 2abcd 0 (ad cd) 2 0 - Tačan zadatak 3, 4. Dokažite da je za bilo koje a, a 2, a > 0 tačna je sljedeća nejednakost: 3) a 2 + a a 2 (a +a 2 + a) 2 4)a 2 + a a 2 (3.) (4.) gdje slijedi a + a 2 + a = nejednakost (4.) iz (3.) sa a + a 2 + a =. Dokazaćemo nejednakost (3.). Može se transformirati u oblik Or a 2 + a a 2 (a + a 2 + a) 2 2 a 2 + a a 2 (a + a a) Koristimo Jensenovu nejednakost za konveksnu funkciju f(x): f(q x + q 2 x 2 + q x) q f(x) + q 2 f(x 2) + q f(x), gdje je 0 q i, q + q 2 + q =. Ako uzmemo f(x) = x 2, q i =, i =, 2, dobijamo nejednakost (3.), itd. Zadatak 5. Dokažite da je za bilo koji prirodni broj i za bilo koje p, q nejednakost () 2 pq + ()(p + q) + ()pq + (5.) - 9 -

20 Transformirajmo nejednakost (5.) u ekvivalentan oblik: () 2 pq + ()(p + q) + ()pq + () 2 pq + ()(p + q) + ()pq 0 Dovodeći slično one dobijamo: ( )[()pq + (p + q) pq] + 0 () () 0 () 0 () 0 uvijek, pošto je -prirodno. Dokazujemo da Primijetimo da je 0 (5.2) p + q pq = p(q ) (q) = (p)(q) Pošto je p, q, onda je p 0, q 0, dakle, nejednakost (5.2) je tačna. Zadatak 6. Za bilo koje pozitivne brojeve x, y, z vrijedi sljedeća nejednakost: Neka je x y z xyz (y + z x)(z + x y)(x + y z) (6.))Ako je y + z x< 0, то неравенство (6.) выполнено 2) Пусть все множители в правой части >0. Tada je nejednakost (6.) ekvivalentna nejednakosti l x + l y + l z l(y + z x) + l(z + x y) + l(x + y z) Neka je f(x) = l x. Pošto je f(x)`` = x 2< 0то функция f(x) = l x вогнутая на интервале (0, +) Проверим, что набор (y + z x, x + z y, x + y z) мажорирует набор (x, y, z). Действительно:

21 x + y z x (pošto je y z 0); (x + y z) + (x + z y) = 2x x + y (x + y z) + (x + z y) + (y + z x) = x + y + z Pošto je funkcija f(x) = l x konkavna , onda iz Karamatine nejednakosti slijedi da je l(x + y z) + l(x + z y) + l(y + z x) = l x + l y + l z, što dokazuje nejednakost (6.). Zadatak 7. Dokažite da za bilo koje a, b i c > 0 vrijedi sljedeća nejednakost: a 2 + b 2 + c ab + ac + bc a 2 + 2bc + b 2 + 2ac + c 2 + 2ab Ovo je ekvivalentno činjenica da Neka je a b c. a 2 + b 2 + c 2 + ab + ac + bc + ab + ac + bc Razmotrimo dva skupa brojeva a 2 + 2bc + b 2 + 2ac + c 2 + 2ab (a 2 + b 2 + c 2, ab + ac + b, ab + ac + b) (7.) (a 2 + 2bc, b 2 + 2ac, c 2 + 2ab) (7.2) Moramo dokazati da (7.) majorizira (7.2). Koristimo definiciju majorizacije:) a 2 + b 2 + c 2 a 2 + 2bc (b c) 2 0-tačno 2) a 2 + b 2 + c 2 + ab + ac + bc a 2 + 2bc + b 2 + 2ac c 2 bc ac + ab 0 c(c b) a(c b) 0 (c b)(c a) 0-2 -

22 (c b) 0 i (c a) 0, zatim (c b)(c a) 0 3) 3)a 2 + b 2 + c 2 + ab + ac + bc + ab + ac + bc = a 2 + 2bc + b 2 + 2ac + c 2 + 2ab a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2ac + 2bc = a 2 + 2bc + b 2 + 2ac + c 2 + 2ab Tačno. Dakle, skup brojeva (7.) majorizira skup brojeva (7.2). Primjenom Karamatine nejednakosti za konveksnu funkciju f(x) = x, dobivamo ispravnu izvornu nejednakost. Zadatak 8. Za a, b, c, d > 0 dokazati da je nejednakost a 4 + b 4 + c 4 + d 4 a 2 b 2 + a 2 c 2 + a 2 d 2 + b 2 c 2 + b je tačno 2 d 2 + c 2 d 2 Neka a b c d Izvršite zamjenu: x = l a, y = l b, z = l c, w = l d i napišite originalnu nejednačinu u obliku: e 4x + e 4y + e 4z + e 4w + e x+ y+z+w + e x+y+z+w e 2x+2y + e 2x+2z + e 2x+2w + e 2y+2z + e 2y+2w + e 2z+2w Razmotrimo dva skupa brojevi: (4x, 4y, 4z, 4w, x + y + z + w, x + y + z + w) i (2x + 2y, 2x + 2z, ​​2x + 2w, 2y + 2z, ​​2y + 2w, 2z + 2w) Uredimo ove skupove: (4x, 4y, 4z, x + y + z + w, x + y + z + w, 4w) i (8.) Drugi ostaje nepromijenjen: (2x + 2y, 2x + 2z, ​​2x + 2w, 2y + 2z, ​​2y + 2w, 2z + 2w) (8.2) Dokažimo da (8.) majorizira (8.2)

23 ) 4x 2x + 2y, x y je tačno 2) 4x + 4y 4x + 2y + 2z,y z je tačno 3) 4x + 4y + 4z 4x + 2y + 2z + 2x + 2w y + z x + w Pošto su skupovi uređeni na ovaj način, da je 2x + 2w 2y + 2z tj. x + w y + z, onda je slučaj 3) moguć samo kada je x + w = ​​y + z 4) 4x + 4y + 4z + x + y + z + w 4x + 2y + 2z + 2x + 2w + 2y + 2z x + y + z w 0 y + z x + w Slično kao u prethodnom slučaju, ova nejednakost je tačna za x + w = ​​y + z 5) 4x + 4y + 4z + 2x + 2y + 2z + 2w 4x + 2y + 2z + 2x + 2w + 2y + 2z + 2y + 2w z w ispravno 6) 4x + 4y + 4z + 2x + 2y + 2z + 2w + 4w 4x + 2y + 2z + 2x + 2w + 2y + 2z + 2y + 2z + 2w 0 = 0 Dakle, skup (8.) majorizira skup brojeva (8.2). Koristeći Karamatinu nejednakost za funkciju f(x) = e x, dobijamo istinska nejednakost. Zadatak 9. Za a, b, c > 0 dokazati da je nejednakost a 3 + b 3 + c 3 + abc 2 3 (a2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca) tačna

24 Neka a b c Pomnožimo obje strane nejednakosti sa 3, dobićemo 3a 3 + 3b 3 + 3c 3 + 3abc 2(a 2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca) 2 (9. ) Napravimo zamjenu : I zapišemo nejednačinu (9.) u obliku: x = l a, y = l b, z = l c e 3x + e 3x + e 3x + e 3y + e 3y + e 3y + e 3z + e 3z + e 3z + e x +y+z + e x+y+z + e x+y+z e 2x+y + e 2x+y + e 2y+z + e 2y+z + e 2z+x + e 2z +x + e x+ 2y + e x+2y + e y+2z + e y+2z + e z+2x + e z+2x Razmotrimo dva skupa: (3x, 3x, 3x, 3y, 3y, 3y, 3z, 3z, 3z, x + y + z, x + y + z, x + y + z) i (9.2) (2x + y, 2x + y, 2y + z, 2y + z, 2z + x, 2z + x , x + 2y, x + 2y, y + 2z, ​​y + 2z, ​​z + 2x, z + 2x) (9.3) Naredimo ove skupove: (3x, 3x, 3x, 3y, 3y, 3y , x + y + z, x + y + z, x + y + z, 3z, 3z, 3z,) i (9.2) Uredimo drugi skup: 2x + y z + 2x y z istina y + 2z 2z + x y x istina Tako dobijamo skup: (2x + y, 2x + y, z + 2x, z + 2x, 2y + z, x + 2y, x + 2y,2y + z, 2y + z, 2z + x, 2z + x, y + 2z, ​​y + 2z) (9.3) Treba dokazati da skup brojeva (9.2) majorizira skup brojeva (9.3)) 3x 2x + y, x y 2) 6x 4x + 2y, x y 3) 9x 6x ​​+ 2y + z, 3x 2y + z

25 4) 9x + 3y 4x + 2y + 2z + 4x, x + y 2z, za x = y dobijamo da je y z 5) 9x + 6y 4x + 2y + 2z + 4x + 2y + x, y z 6) 9x + 9y 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x, x + 3y 2z 0 Kada je x = y dobijamo da je y z 7) 9x + 9y + x + y + z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 2y + z , dobijamo y z 8) 9x + 9y + 2x + 2y + 2z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 4y + 2z, ​​x + y + 3z 0 9) 9x + 9y + 3x + 3y + 3z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 4y + 2z + 2z + x, x + 2y + 3z 0 0) 9x + 9y + 3x + 3y + 3z + 3z 4x + 2y + 2z + 4x + 4 2x + 4y + 2z + 4z + 2x, y z) 9x + 9y + 3x + 3y + 3z + 6z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 4y + 2z + 4z + 2x + 2z + y, 5y ) 9x + 9y + 3x + 3y + 3z + 9z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 4y + 2z + 4z + 2x + 4z + 2y 2x + 2y + 2z = 2x + 2y + 2z Dakle, skup brojeva (9.2) majorizira skup brojeva (9.3) i Karamatinom nejednakošću za funkciju f(x) = e x dobijamo ispravnu nejednakost

26 Reference) Yu.P. Solovjev. Nejednakosti. M.: Izdavačka kuća Moskovskog centra za kontinuirano matematičko obrazovanje, 2005. 6 str. 2) I.Kh. Sivashinsky. Nejednakosti u zadacima M.: Nauka, str. 3) A.I.Khrabrov. Oko mongolske nejednakosti, Mat. prosvjetljenje, sivo 3, 7, MTsNMO, M., 2003, str. 4) L.V. Radzivilovsky, Generalizacija komutacione nejednakosti i mongolske nejednakosti, Mat. prosvjetljenje, sivo 3, 0, Izdavačka kuća MTsNMO, M., 2006, str. 5) V.A.ch Kretschmar. Knjiga zadataka iz algebre. Peto izdanje M., nauka, str. 6) D. Nomirovsky Karamata nejednakost /D. Nomirovsky // (Kvant)-S

Konveksni skupovi i funkcije R n skup skupova od n realni brojevi. U nastavku ćemo ovaj skup zvati prostor; njegovi elementi će biti tačke; tačka sa koordinatama (x 1,..., x n) će biti označena sa

Uslovi zadataka 1 Opštinska etapa 8. razred 1. Na tabli su ispisana dva broja. Jedan je povećan za 6 puta, a drugi je smanjen za 2015. godinu, dok se zbir brojeva nije mijenjao. Pronađite barem jedan par ovih

Poglavlje IX. Euklidski i unitarni prostori 35. Skalarni proizvod u vektorskom prostoru Ural federalni univerzitet, Institut za matematiku i računarska nauka, Odsjek za algebru i diskretnost

Uralski federalni univerzitet, Institut za matematiku i računarstvo, Odsjek za algebru i diskretnu matematiku Uvodne napomene Prilikom rješavanja mnogih zadataka, potrebno je imati numeričke

Rješavanje zadataka međusobnog kola devete Ojlerove olimpijade 1. Razmatraju se sva rješenja sistema x yz 1, x y z x, x y z. Pronađite sve vrijednosti koje x može uzeti. Odgovor: 1; 1; 1. Rješenje 1. Pošto je x y

Predavanje 4 1. VEKTORI Vektor je usmjereni segment. Jednaki vektori: imaju iste dužine i pravci koji se poklapaju (paralelni i usmjereni u istom smjeru) Suprotni vektori: imaju iste dužine

Tema 1-8: Kompleksni brojevi A. Ya. Ovsyannikov Uralski federalni univerzitet Institut za matematiku i računarske nauke Odsjek za algebru i diskretnu matematiku, algebru i geometriju za mehaniku (1 semestar)

Penza Državni univerzitet Fizičko-matematički fakultet "Interna i vanredna škola fizike i matematike" MATEMATIKA Transformacije identiteta. Rješavanje jednačina. Trouglovi Zadatak 1 za

Moskovski institut za fiziku i tehnologiju Demonstrativni, logaritamske jednačine i nejednakosti, metoda potenciranja i logaritma u rješavanju zadataka. Toolkit u pripremi za Olimpijske igre.

98 MATEMATIKA: ALGEBRA I POČECI ANALIZE GEOMETRIJA Rješenja jednadžbi zasnovana na svojstvima konveksne funkcije Lipatov SV Kaluga MBOU "Licej 9 po imenu KE Ciolkovskog" 0 "A" razred Naučni rukovodilac:

Algebarski oblik kompleksnog broja. Obrazovna prezentacija A. V. Likhatsky Voditelj: E. A. Maksimenko Južni federalni univerzitet 14. travnja 2008. A. V. Likhatsky (SFU) Algebra. set forme brojevi

Moskovski državni univerzitet Technical University nazvan po N.E. Bauman fakultet" Osnovne nauke» Odjel « Matematičko modeliranje» À.Í. Êàíàòíèêîâ, À.Ï. Êðèùåíêî

72 Poglavlje 2 Polinomi Primjeri i komentari Algoritmi A-01 Pisanje polinoma u standardni obrazac A-02 Akcije na polinome A-03 Usmene transformacije A-04 Formule za skraćeno množenje A-05 Njutnov binom

Rješenja zadataka dopisnog kruga 6. Ojlerove olimpijade I Matematički blok Saznajte pri kojim vrijednostima parametra postoje realni brojevi x i y koji zadovoljavaju jednačinu xy + x + y + 7 Odgovor: 89 Rješenje

Predavanje 8 Poglavlje Vektorska algebra Vektori Količine koje su određene samo njihovim numerička vrijednost, nazivaju se skalarni primjeri skalarne veličine: dužina, površina, zapremina, temperatura, rad, masa

Međuregionalna olimpijadaškolska djeca" Najviši test", 2017 MATEMATIKA, II faza str. 1/10 Rešenja i kriterijumi za vrednovanje zadataka Olimpijade 10-1 U društvu od 6 ljudi, neki su išli u grupama od po tri

7. Ekstremi funkcija više varijabli 7.. Lokalni ekstremi Neka je funkcija f(x,..., x n) definirana na nekom otvorenom skupu D R n. Tačka M D se naziva tačka lokalni maksimum(lokalni

Osma Ojlerova olimpijada za nastavnike matematike Rješenja dopisnih kružnih zadataka Riješite jednačinu a b c b a c c a b a b c, gdje su a, b i c pozitivni brojevi Rješenje Jasno je da su rješenja a b c zadata jednačina

I godina, zadatak. Dokažite da je Riemannova funkcija, ako je 0, m m R(), ako je, m, m 0, i razlomak je nesvodljiv, 0, ako je iracionalan, diskontinuiran u svakom racionalna tačka i kontinuirano je u svakom iracionalnom. Rješenje.

Gradsko takmičenje iz matematike, Khabarovsk, 1997. Zadatak 1. Naći rješenja jednačine 9. RAZRED (x + 2) 4 + x 4 = 82. (1) Rješenje. Nakon zamjene varijable x = y 1, jednačina (1) se može napisati kao

Uralski federalni univerzitet, Institut za matematiku i računarstvo, Katedra za algebru i diskretnu matematiku Uvodne napomene U tri prethodna predavanja proučavane su prave i ravni, tj.

Tema 2-14: Euklidski i unitarni prostori A. Ya. Ovsyannikov Uralski federalni univerzitet Institut za matematiku i računarstvo Odsjek za algebru i diskretnu matematiku, algebru i geometriju za

Deveta Ojlerova olimpijada za nastavnike matematike Rješenja dopisnih zadataka 1. Riješite jednačinu x(x ab) a b za x. Rješenje. Jasno je da je x a b korijen ove jednačine. Dijeljenje polinoma x abx

1. Linearne jednadžbe sa dvije varijable U prvom zadatku smo pogledali linearne jednačine s jednom promjenljivom. Na primjer, jednadžbe 2x+ 5= 0, 3x+ (8x 1) + 9= 0 su linearne jednačine sa promenljivom

Poglavlje 6 Vektorska algebra 6.1. Vektori na avionu iu svemiru Geometrijski vektor, ili jednostavno vektor, je usmjereni segment, tj. segment u kojem je jedna od graničnih tačaka imenovana

Zadaci Otvorene olimpijade za školarce iz matematike (54 liste školskih olimpijada, šk. 2015/2016) Sadržaj I. Zadaci završna faza Olimpijade za 11. razred... 2 II. Zadaci 1. kola kvalifikacija

3.. Metode rješenja racionalne nejednakosti 3..1. Numeričke nejednakosti Prvo, hajde da definišemo šta podrazumevamo pod tvrdnjom a > b. Definicija 3..1. Broj a više broja b, ako je razlika između njih pozitivna.

Predavanje 13. Konveksne funkcije i Taylorova formula 1 Konveksno i konkavno C -glatke funkcije. Definicija 1 Funkcija se naziva konveksna (konkavna) ako je njen epigraf (podgraf) konveksna regija. Primjer 1 x

Radionica: “Diferencijalnost i diferencijal funkcije” Ako funkcija y f () ima konačan izvod u tački, tada se prirast funkcije u ovoj tački može predstaviti kao: y(,) f () () (), u kojima je

Predavanje 2 Vektori Determinante drugog i trećeg reda 1 VEKTORI Usmjereni segmentni vektor Jednaki vektori: imaju iste dužine i isti smjer (paralelni i usmjereni u istom smjeru)

Rješavanje zadataka dopisnog obilaska 0 I Matematički blok Zadatak Nađi broj prirodnih korijena jednadžbe Odgovor: 00 0 rješenja Rješavanje problema Predstavimo broj u obliku Tada desni deo ove jednačine je jednako

Bilješke sa predavanja 11 EUCLIDAN PROSTORI 0. Kratki sadržaj predavanja 1. Tačkasti proizvod. 1.1. Definicija skalarnog proizvoda. 1.2. Ekvivalentno snimanje kroz projekcije. 1.3. Dokaz linearnosti u

Olimpijada „Budući istraživači, budućnost nauke“ Matematika. Kvalifikaciono kolo 4.0.0 PROBLEMI I RJEŠENJA 8 9. razred 8-9.. Koji je broj veći: 0 0 0 0 ili 0 0 0 0? Odgovori. Prvi broj je veći od drugog. Rješenje. Označimo

Ocena 0 Prvi krug (0 minuta; svaki zadatak 6 poena)... Poznato je da je tg + tg = p, ctg + ctg = q. Pronađite tg(+). pq Odgovor: tg. q p Iz uslova p tg q tg tg tg tg p i jednakosti ctg ctg q dobijamo da

Matematička analiza 2.5 Predavanje: Ekstremi funkcije više varijabli Vanredni profesor Katedre VMMF Vladimir Feliksovič Zalmež Razmotrimo funkciju w = f (x) definisanu u domenu D R n. Tačka x 0 D se zove

Tema 1-4: Algebarske operacije A. Ya. Ovsyannikov Uralski federalni univerzitetski institut za matematiku i računarske nauke Odsjek za algebru i diskretnu matematiku, algebru i geometriju za mehaniku (1

Sadržaj I. V. Yakovlev Materijali o matematici MathUs.ru Systems algebarske jednačine Dvostruka zamjena.................................. Simetrični sistemi.......... ....................

Federalna agencija po obrazovanju Savezna država obrazovne ustanove viši stručno obrazovanje JUŽNI FEDERALNI UNIVERZITET R. M. Gavrilova, G. S. Kostetskaya Metodološka

Predavanje 10 1 EUKLIDSKI PROSTOR 11 Definicija Neka je V (R) LP nad poljem realnih brojeva Skalarni proizvod na V je proizvoljna funkcija V V R, koji pridružuje uređeni par vektora

1 Sveobuhvatne karakteristike 1.1 Kompleksni brojevi Prisjetite se toga kompleksni brojevi može se definirati kao skup uređenih parova realnih brojeva C = ((x, y) : x, y R), z = x + iy, gdje je i imaginarna jedinica (i

Poglavlje 4 Osnovne teoreme diferencijalni račun Otkrivanje nesigurnosti Osnovne teoreme diferencijalnog računa Fermatova teorema (Pierre Fermat (6-665) francuski matematičar) Ako je funkcija y f

Bilješke sa predavanja 10 AFINI PROSTORI 0. Okvir predavanja Predavanje Afini prostori. 1. Afina osnova. 2. Afine koordinate bodova. 3. Vektorska jednadžba prave. 4. Vektorska jednadžba ravni. 5.

8. RAZRED 1. Dokazati da se za bilo koji prirodan broj n može izabrati prirodan broj a takav da je broj a(n+ 1) (+ n+1) djeljiv cijelim brojem. 2. Na gradskoj olimpijadi iz matematike učestvovala su dva učesnika

Uralski federalni univerzitet, Institut za matematiku i računarstvo, Odsjek za algebru i diskretnu matematiku Uvodne napomene U ovom predavanju se proučava još jedna kriva hiperbole drugog reda.

Zadaća iz algebre za 0. razred u udžbenik „Algebra i počeci analize, 0. razred“ Alimov Sh.A. i drugi, -M.: “Prosvjeta”, 00. www.balls.ru Sadržaj Poglavlje I. Realni brojevi.. Poglavlje II. Snaga

Vektorska algebra Koncept vektorskog prostora. Linearna zavisnost vektori. Svojstva. Koncept osnove. Vektorske koordinate. Linearne transformacije vektorskih prostora. Svojstvene vrijednosti i sopstveni

Federalna agencija za obrazovanje Tomsk State University of Control Systems and Radioelectronic Department višu matematiku(VM) Prikhodovski M.A. LINEARNI OPERATORI I KVADRATNI OBLICI Praktična

Uralski federalni univerzitet, Institut za matematiku i računarstvo, Odsjek za algebru i diskretnu matematiku Uvodne napomene Ovo predavanje uvodi u rad množenja matrica, studije

Moskovski institut za fiziku i tehnologiju nejednakosti Cauchy-Bunyakovsky. Metodički vodič za pripremu za olimpijade. Sastavio: Parkevič Egor Vadimovič Moskva 014 Teorijski materijal. U ovom poslu

LABORATORIJSKI RAD 1 KOMPL. DISPLAYS. SISTEMI SKUPOVA 1. Osnovni koncepti i teoreme Neka je X skup i neka (x) je neko svojstvo koje za svaki određeni element

Seminar 2. Konike na projektivnoj ravni 1. Definicija konike u P 2. Prva svojstva konika. Kao i ranije, radimo u k = R ili C. Definicija konika u P 2. Razmotrimo projektivnu mapu f: l

5 Elementi funkcionalne analize 5.1 Linearni, normirani i Banahovi prostori 5.1.1 Definicija prostora Neprazan skup X elemenata x, y, z,... naziva se linearni (vektorski) prostor,

LD Lappo, AV Morozov Domaća zadaća iz algebre za 0. razred za udžbenik „Algebra i počeci analize: Studije za opšteobrazovne ustanove 0 razreda / ShA Alimov i drugi ur. M: Prosveščenie, 00” Poglavlje I Važi

Poglavlje 8 Prave i ravni 8.1. Jednačine linija i površina 8.1.1. Prave na ravni Pretpostavimo da je ta ravan data afini sistem koordinate Neka je l kriva u ravni, a f(x, y) neka

Ministarstvo prosvjete i nauke Ruska Federacija Federalna agencija za obrazovanje Penza State University Rudenko AK, Rudenko MN, Semerich YUS ZBIRKA PROBLEMA SA RJEŠENJAMA ZA PRIPREMU

Jednadžbe U algebri se razmatraju dvije vrste jednakosti: identiteti i jednačine. Identitet je jednakost koja je zadovoljena za sve važeće) vrijednosti slova uključenih u njega. Za identitete se koriste znaci

Zadaci dopisne nastave iz matematike za 9. razred školske 2014/2015. godine, prvi nivo težine 1. zadatak Riješite jednačinu: (x+3) 63 + (x+3) 62 (x-1) + (x+3) 61 (x-1) 2 + + (x-1) 63 = 0 Odgovor: -1 Zadatak 2 Zbir

Školski kamp 57. jul 06. Nejednakosti (napomene) Dmitrieva A, Ionov K Lekcija prva Jednostavne nejednakosti Nejednakosti o srednjim vrijednostima Zadatak Dokazati nejednakost x + 4y + 9z 4xy + 6yz + 6zx Rješenje: x + 4y + 9z

Ministarstvo obrazovanja Moskovske oblasti Državna budžetska obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja Moskovske oblasti " Internacionalni univerzitet priroda, društvo i

Međuregionalna olimpijada za školarce „Viši test“, 2017. MATEMATIKA, 2. faza str.

Ministarstvo obrazovanja i nauke Ruske Federacije Moskovski institut za fiziku i tehnologiju (Državni univerzitet) Dopisna škola za fiziku i tehnologiju MATEMATIKA Identične transformacije. Rješenje

Predavanje 7 Poglavlje. Sistemi linearne nejednakosti.. Osnovni pojmovi Sistemi linearnih nejednačina se koriste za rješavanje raznih matematički problemi. Sistem linearnih nejednačina sa nepoznatim sistemom