Доказать что неравенство верно. Доказательство и решение неравенств

МОУ Гришино -Слободская средняя общеобразовательная школа

Программа модуля

« Методы доказательства неравенств»

в рамках элективного курса

«За страницами учебника математики»

для учащихся 10-11 классов

Составил:

учитель математики

Панкова Е.Ю

Пояснительная записка

«Математику называют тавтологической наукой: другими словами, про математиков говорят, что они тратят время на доказательство того, что предметы равны самим себе. Это утверждение весьма неточно по двум причинам. Во-первых, математика, несмотря на свойственный ей научный язык, не является наукой; скорее ее можно назвать искусством. Во- вторых основные результаты математики чаще выражаются неравенствами, а не равенствами.»

Неравенства используются в практической работе математика постоянно. Они применяются для получения ряда интересных и важных экстремальных свойств «симметричных» фигур: квадрата, куба, равностороннего треугольника, а также для доказательства сходимости итерационных процессов и вычисления некоторых пределов. Важна роль неравенств и в различных вопросах естествознания и техники.

Задачи на доказательство неравенств самые трудные и интересные из традиционных. Доказательства неравенств требуют истинной изобретательности, творчества, которые делают математику тем захватывающим воображение предметом, каким она является.

Обучение доказательствам играет большую роль в развитии дедуктивно- математического мышления и общих мыслительных способностей учащихся. Как же научить школьников самостоятельно проводить доказательства неравенств? Ответ гласит: только путем рассмотрения многих приемов и методов доказательств и регулярного их применения.

Применяемые для доказательства неравенств идеи почти столь же разнообразны, как и сами неравенства. В конкретных ситуациях общие методы часто приводят к некрасивым решениям. Но неочевидное комбинирование нескольких «базовых» неравенств удается лишь немногим школьникам. И, кроме того, ничто не мешает ученику в каждом конкретном случае поискать лучшее решение, нежели полученное общим методом. По этой причине доказательства неравенств нередко относят к области искусства. И как во всяком искусстве здесь есть свои технические приемы, набор которых весьма широк и овладеть всеми очень сложно, но каждый учитель должен стремится к расширению имеющегося в его запасе математического инструмента.

Данный модуль рекомендуется для учащихся 10-11 классов. Здесь рассматриваются не все возможные методы доказательства неравенств (не затронуты метод замены переменной, доказательство неравенств с помощью производной, метод исследования и обобщения, прием упорядочения). Предложить рассмотреть остальные методы можно на втором этапе (например, в 11 классе), если данный модуль курса вызовет интерес у учащихся, а также ориентируясь на успехи усвоения первой части курса.

		Уравнения и неравенства с параметром.
		Методы доказательства неравенств.
		Уравнения и неравенства, содержащие неизвестное под знаком модуля.
		Системы неравенств с двумя переменными.

Содержание элективного курса

«За страницами учебника математики»

«Методы доказательства неравенств»

		Введение.
		Доказательство неравенств на основании определения.
		Метод математической индукции.
		Применение классических неравенств.
		Графический метод.
		Метод от противного.
		Прием рассмотрения неравенств относительно одной из переменных.
		Идея усиления.
		Урок - контроль.

Урок1. Введение.

Доказательство неравенств -увлекательная и непростая тема элементарной математики. Отсутствие единого подхода к проблеме доказательства неравенств, приводит к поиску ряда приемов, пригодных для доказательства неравенств определенных видов. На данном элективном курсе будут рассматриваться следующие методы доказательства неравенств:

Повторение:

Провести доказательства некоторых свойств.

Классические неравенства:

1)
(неравенство Коши)

4)

Историческая справка:

Неравенство (1) называют в честь французского математика Огюста Коши. Число
называют средним арифметическим чисел a и b;

число
называют средним геометрическим чисел a и b. Таким образом, неравенство означает, что среднее арифметическое двух положительных чисел не меньше их среднего геометрического.

Дополнительно:

Рассмотреть несколько математических софизмов с неравенствами.

Математический софизм - удивительное утверждение, в доказательстве которого кроются незаметные, а подчас и довольно тонкие ошибки.

Софизмы – это ложные результаты, полученные с помощью рассуждений, которые только кажутся правильными, но обязательно содержат ту или иную ошибку.

Пример:

Четыре больше двенадцати

Урок2.Доказательство неравенств на основании определения.

Суть этого метода заключается в следующем: для того чтобы установить справедливость неравенства F(x,y,z)>S(x,y,z) составляют разность F(x,y,z)-S(x,y,z) и доказывают, что она положительна. Применяя этот метод, часто выделяют квадрат, куб суммы или разности, неполный квадрат суммы или разности. Это помогает определить знак разности.

Пример. Доказать неравенство (x+y)(x+y+2cosx)+2 2sin 2 x

Доказательство:

Рассмотрим разность (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.

Доказать неравенство:

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

3.

4.
>2x-20

5.

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

Урок3.Метод математической индукции.

При доказательстве неравенств, в которые входят натуральные числа часто прибегают к методу математической индукции. Метод состоит в следующем:

1) проверяем истинность теоремы для n=1;

2)допускаем, что теорема верна для некоторого n=k, и исходя из этого допущения доказываем истинность теоремы для n=k+1;

3) на основании первых двух шагов и принципа математической индукции заключаем, что теорема верна для любого n.

Пример.

Доказать неравенство

Доказательство:

1) при n=2 неравенство верно:

2)Пусть неравенство верно для n=k т.е.
(*)

Докажем, что неравенство верно при n=k+1, т.е.
. Умножим обе части неравенства (*) на
получим 3)Из п1.и п.2 делаем вывод, что неравенство верно для любого n.

Задания для работы в классе и дома

Доказать неравенство:

1)

2)

3)

4)

5)

6)
.

Урок4. Применение классических неравенств.

Суть этого метода заключается в следующем: с помощью ряда преобразований выводят требуемое неравенство с помощью некоторых классических неравенств.

Пример.

Доказать неравенство:

Доказательство:

В качестве опорного неравенства используем .

Приведем данное неравенство к следующему виду:

, тогда

Но =
, тогда

Доказать неравенство:

1)(p+2)(q+2)(p+q)16pq(для док-ва используется неравенство
)

2)
(для док-ва используется неравенство )

3) (a+b)(b+c)(c+a) 8abc (для док-ва используется неравенство )

4) (для док-ва используется неравенство ).

Урок5. Графический метод.

Доказательство неравенств графическим методом заключается в следующем: если доказываем неравенство f(x)>g(x)(f(x)

1) построить графики функций y=f(x) и y=g(x);

2)если график функции y=f(x) расположен выше (ниже) графика функции y=g(x), то доказываемое неравенство верно.

Пример.

Доказать неравенство:

cosx
,x0

Доказательство:

Построим в одной системе координат графики функций y=cosx и

Из графика видно, что при x0 график функции y=cosx лежит выше графика функции y= .

Задания для работы в классе и дома.

Доказать неравенство:

1)

4)
.

Урок6.Метод от противного

Суть этого метода заключается в следующем: пусть нужно доказать истинность неравенства F(x,y,z) S(x,y,z)(1). Предполагают противное, т. е что хотя бы для одного набора переменных справедливо неравенство F(x,y,z) S(x,y,z) (2). Используя свойства неравенств, выполняют преобразования неравенства (2). Если в результате этих преобразований получается ложное неравенство, то это означает, что предположение о справедливости неравенства (2) неверно, а потому верно неравенство (1).

Пример.

Доказать неравенство:

Доказательство:

Предположим противное, т. е .

Возведем обе части неравенства в квадрат, получим , откуда
и далее

. Но это противоречит неравенству Коши. Значит наше предположение неверно, т. е справедливо неравенствоЗадания для работы в классе и дома.

Урок9. Урок- контроль знаний учащихся.

Работу на этом уроке можно организовать в парах или если большая численность класса в группах. В конце урока каждый учащийся должен быть оценен. Это и есть зачетная форма по данному курсу. По данной теме не рекомендуется проводить контрольную работу т.к. доказательство неравенств, как это уже говорилось в пояснительной записке, относят к области искусства. В начале учащимся предлагается самим определить метод доказательства предложенных неравенств. Если же у учащихся возникнут затруднения, то учитель сообщаем им рациональный метод, предупредив группу, что это, конечно же, повлияет на их оценку.

Работа по парам.

Примеры заданий.

________________________________________________________________

Доказать неравенство:

1.
(метод мат. индукции)

2.
(по определению)

Модулем . Уравнения и неравенства с па­раметрами. ... свойств, формулировка и доказательство теорем, вывод формул... простейшие неравенства . 7. Уметь пользоваться методом интервалов...

Программа Открытой олимпиады и требования к подготовке по математике для учащихся 9 классов

Программа

Понятие модуля действительного числа. Арифметическое и геометрическое определения модуля . Раскрытие модулей . ... неравенства . Доказательство неравенств . Решение линейных, квадратных, дробно-рациональных неравенств с одной переменной. Решение неравенств ...

Программа факультатива по математике для 8 класса

Программа

Продемонстрировать методы доказательства чуть более сложных неравенств с помощью этого простого неравенства ? Итак, в этой министерской программе ...

Транскрипт

1 ФГБОУ ВО «ПЕТРОЗАВОДСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ» ФАКУЛЬТЕТ МАТЕМАТИКИ И ИНФОРМАЦИОННЫХ ТЕХНОЛОГИЙ Кафедра геометрии и топологии Хальценен Елизавета Сергеевна Выпускная квалификационная работа на степень бакалавра Методы доказательства неравенств Направление: "0.03.0" «Математика» Научный руководитель Профессор, доктор ф.-м. наук, Платонов С.С. (подпись руководителя) Петрозаводск

2 Содержание Введение...3.Неравенство Йенсена Перестановочное неравенство Неравенство Караматы Решение задач на доказательство неравенств...3 Список литературы

3 Ведение Метод- это совокупность последовательных действий, направленных на решение конкретного вида задачи. Методы доказательства неравенств в данной работе направлены на поиск нестандартного решения неравенств, имеющих определенный вид. Используя такие методы, решение сокращается в разы. Результат тот же, а объем работы меньше. Целью выпускной работы стало изучение трех видов неравенств с помощью которых с легкостью доказываются многие другие. Это неравенство Йенсена, перестановочное неравенство, неравенство Караматы. Все эти неравенства математически красивы, с помощью этих неравенств можно решать школьные неравенства. Данная тема является актуальной. По моему мнению, она могла бы быть полезной для школьников, в том числе для повышения уровня знаний в области математики. Так как методы не являются стандартными, мне кажется, что ученикам с математическим уклоном, они были бы полезны и увлекательны. Поставленная задача поиск и решение тематических неравенств из предложенной литературы. Работа состоит из четырех параграфов. В параграфе описано неравенство Йенсена, приведено его доказательство и вспомогательные определения. В параграфе 2 перестановочное неравенство, его частные случаи и общее перестановочное неравенство. В параграфе 3 неравенство Караматы без доказательства. Параграф 4 - это основная работа выпускной работы, т.е. доказательства неравенств с помощью неравенства Йенсена, перестановочного неравенства и неравенства Караматы

4 . Неравенство Йенсена Определение. Подмножество плоскости называется выпуклым, если любые две точки данного множества можно соединить отрезком, который будет целиком лежать в этом множестве. Определение 2. Пусть f(x) определена на некотором интервале. Множество всех точек (x,y), для которых y f(x), называется надграфиком, где x принадлежит данному интервалу. Множество точек (x,y), для которых y f(x), называется подграфиком. Определение 3. Рассмотрим функцию на некотором интервале. Функция называется выпуклой, если на этом интервале её надграфик является выпуклым множеством. Функция называется вогнутой, если ее подграфик является выпуклым множеством. Критерий выпуклости (вогнутости) функции. Для того, чтобы функция y = f(x), непрерывно дифференцируемая на интервале(a, b), была выпуклой(вогнутой) на (a, b), необходимо и достаточно, чтобы ее производная f возрастала(убывала) на интервале (a, b). Критерий 2 выпуклости (вогнутости) функции. Для того, чтобы функция y = f(x), дважды дифференцируемая на интервале(a, b), была выпуклой(вогнутой) на (a, b), необходимо и достаточно, чтобы f (x) 0(f (x) 0) во всех точках x (a, b) Определение 4. Центром масс точек A(x, y) и B(x 2, y 2) называется точка С(x, y), принадлежащая отрезку AB, такая, что AC = m B, где m BC m B масса A точки В и m A масса точки А. В векторном виде центр масс находим следующим образом: радиус-вектор центра масс: где r i - радиус-вектор точек А и В, i =,2. В координатах: 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 Пусть С AB - центр масс точек A и B. Если U- выпуклое подмножество плоскости и точки A и Bпринадлежат U, то и С AB принадлежит U, так как С AB принадлежит отрезку AB. ПустьA, A 2 A произвольные точки на плоскости с массами m, m 2, m. Центр масс C A,A 2 A системы точек A, A 2 A определяется индукцией по:) При = 2 центр масс С A A 2 системы точек A, A 2 уже определен. Будем считать, что точка С A A 2 имеет массу m + m 2 2) Предположим, что для системы точек A, A 2 A центр массc A,A 2 A уже определен. Обозначим центр масс точек A, A 2 A через B и будем считать, что масса точки B равна m B = m + m m. По определению полагаем C A,A 2 A = С BA, т.е. центр масс системы точек A, A 2 A, A равен центру масс двух точек B и A. Будем считать, что масса точки C A,A 2 A равна m B + m = m + m m. Из определения центра масс вытекает, что если все точки A, A 2 A принадлежат выпуклому множеству U, то их центр масс также принадлежит U. Лемма. Пусть A, A 2 A -точки на плоскости с массами m, m 2, m и пусть r i - радиус вектор точки A i, i =,. Если C -центр масс системы точек A, A 2 A, то радиус-вектор r C точки C может быть вычислен по формуле Доказательство. r C = m r +m 2 r 2 + +m r m +m 2 + +m (2) Будем доказывать формулу (2) индукцией по. При = 2 формула уже доказана (см. формулу ()). Предположим, что формула (2) уже доказана для (). Пусть B- центр масс системы точек A, A 2 A. Тогда - 5 -

6 r B = m r + m 2 r m r m + m m, масса точки B равна m B = m + m m. По определению, центр масс C системы точек A, A 2 A совпадает с центром масс пары точек B и A. Радиус вектор точки C вычисляется по формуле () r C = m Br B + m r m B + m = m r + m 2 r m r m + m m что доказывает формулу (2) для точек. В координатах формула (2) имеет вид: 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 «Теорема Йенсена. Пусть y = f(x) функция выпуклая на некотором интервале, x, x 2, x - числа из этого интервала;m, m 2, m - положительные числа, удовлетворяющие условию m + m m =. Тогда выполняется неравенство Йенсена: f(m x + m 2 x m x) m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f(x) Если функция y = f(x) - вогнутая на некотором интервале, x, x 2, x - числа из этого интервала; m, m 2, m -положительные числа, которые также удовлетворяют условию m + m m =. Тогда неравенство Йенсена имеет вид: f(m x + m 2 x m x) m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f(x)» Доказательство: Рассмотрим функцию f(x), выпуклую на интервале(a, b). На ее графике рассмотрим точки A, A 2, A и пусть A i = (x i, y i), y i = f(x i). Возьмем для точек A, A 2, A произвольные массыm, m 2, m, так, чтоm + m m =. Из того, что f(x)выпуклая функция следует то, - 6 -

7 что надграфик функции множество выпуклое. Следовательно, центр масс CточекA, A 2, A принадлежит надграфику. Найдем координаты центра масс: 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) Так как C принадлежит надграфику, то Получаем ч.т.д. y c f(x c) m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f(x) f(m x + m 2 x m x) Пользуясь неравенствомйенсена можно доказать неравенство Коши: Для любых положительных чисел a, a 2, a справедливо неравенство: (a + a a) a a 2 a Прологарифмируем неравенство (3), получим равносильное неравенство (3) l (a +a 2 + +a) l(a a 2 a) (4) Пользуясь свойствами логарифмов, перепишем неравенство (4) в виде: l (a +a 2 + +a) l a + l a l a (5) Полученное неравенство является частным случаем неравенства Йенсена для случая, когдаf(x) = l(x), m = m 2 = = m =. Заметим, что функция y = l(x) вогнутая на интервале (0, +), так как y = < 0, поэтому неравенство (5) есть частный случай неравенства x2-7 -

8 Йенсена для вогнутой функции f(x) = l(x). Так как неравенство (5) справедливо, то справедливо и равносильное ему неравенство (3) 2. Перестановочное неравенство Определение. Взаимно однозначное соответствие множества чисел {,2,3, } в себя называется перестановкой из элементов. Обозначим перестановку буквой σ так, что σ(), σ(2), σ(3) σ() - это числа,2,3, в другом порядке. Рассмотрим два набора чисел a, a 2, a и b, b 2, b. Наборы a, a 2, a и b, b 2, b называются одинаково упорядоченными, если для любых номеров i и j из того, что a i a j следует то, что b i b j. В частности, наибольшему числу из набора a, a 2, a соответствует наибольшее число из набора b, b 2, b, для второго числа по величине из первого набор найдется второе по величине число из второго набора и так далее. Наборы a, a 2, a и b, b 2, b называютсяобратно упорядоченными, если для любых номеров i и j из того, что a i a j следует то, что b i b j. Из этого следует, что наибольшему числу из набора a, a 2, a соответствует наименьшее число из набора b, b 2, b, второму по величине числу из набора a, a 2, a соответствует второе наименьшее с конца число набора b, b 2, b и так далее. Пример.) Пусть даны два набора, таких, что a a 2 a и b b 2 b, то согласно данными нами определениями эти наборы одинаково упорядоченные. 2)Пусть даны два набора, таких, что a a 2 a и b b 2 b, в таком случае наборы чисел a, a 2, a и b, b 2, b будутобратно упорядоченными Всюду далееa, a 2, a и b, b 2, b - положительные вещественные числа «Теорема. (Перестановочное неравенство) Пусть есть два набора чисел a, a 2, a и b, b 2, b. Рассмотрим множество их всевозможных перестановок. Тогда значение выражения - 8 -

9 S = a b σ + a 2 b σ2 + + a b σ () будет наибольшим, когда наборы a, a 2, a и b, b 2, b одинаково упорядочены, и наименьшим, когда a, a 2, a и b, b 2, b обратно упорядочены. Для всех остальных перестановок сумма S будет находиться между наименьшим и наибольшим значениями.» Пример. Согласно теореме a b + b c + c a 3, так как набор a, b, c и a, b, c обратно упорядочены и значение a a + b b + c c = 3будет наименьшим. Доказательство теоремы. Рассмотрим два набора чисел: первый a, a 2, a и второй b, b 2, b. Предположим, что эти наборы не упорядочены одинаково, те. Найдутся такие индексы i и k, что a i > a k и b k > b i. Поменяем во втором наборе числа b k и b i местами (такое преобразование называется «сортировкой»). Тогда в сумме S слагаемые a i b i и a k b k заменятся на a i b k и a k b i, а все остальные слагаемые останутся без изменений. Заметим, что 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 наибольшее значение. Наименьшее значение получается аналогично, только мы делаем сортировку до тех пор, пока наборы не будут обратно упорядоченными. В итоге мы придем к наименьшему значению. «Теорема 2. Рассмотрим два положительных набора a, a 2, a 3 a иb, b 2, b 3 b и все его возможные перестановки. Тогда значение произведения (a i + b σ(i)) будет наибольшим, когда наборы a, a 2, a 3 a иb, b 2, b 3 b одинаково упорядочены, и наименьшим, когда они обратно упорядочены

10 Теорема 3. Рассмотрим два набора a, a 2, a 3 a иb, b 2, b 3 b элементы этого набора положительны. Тогда значение () a i + b σ(i) Будет наибольшим, когда наборы a, a 2, a 3 a иb, b 2, b 3 b одинаково упорядочены и наименьшим, когда они упорядочены обратно.» Теоремы,2,3 являются частными случаями более общей теоремы, которая рассматривается далее. Общее перестановочное неравенство «Теорема 4 (Общее перестановочное неравенство). Пусть функция f- непрерывная и выпуклая на некотором промежутке в R. Тогда для любых наборов чисел a, a 2, a 3 a иb, b 2, b 3 b из промежутка значение выражения f (a + b σ()) + f (a 2 + b σ(2)) + f (a + b σ()) будет наибольшим, когда наборы одинаково упорядочены и наименьшим, когда наборы обратно упорядочены. Теорема 5. Пусть функция f- непрерывная и вогнутая на некотором промежутке в R Тогда: значение выражения f (a + b σ()) + f (a 2 + b σ(2)) + f (a + b σ()) будет наибольшим, когда числа обратно упорядочены и наименьшим, когда наборы a, a 2, a 3 a иb, b 2, b 3 b одинаково упорядочены. Доказательство.») Рассмотрим случай = 2. Пусть функция f выпуклая и есть два набора a > a 2 иb > b 2. Нам нужно доказать, что Обозначим 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. Тогда - 0 -

11 a + b 2 = x + k, a 2 + b = x + m, a + b = x + k + m, поэтому неравенство (2) примет вид f(x + k + m) + f(x + k) f(x + k) + f(x + m) (3) Для доказательства неравенства воспользуемся рисунком На рисунке нарисован график выпуклой функции y = f(x) графике отмечены точки A(x, f(x)), C(x + k, f(x + k)), D(x + m, f(x + m)), B (x + k + m, f(x + k + m)). и на Из выпуклости функции f вытекает, что хорда CD лежит ниже хорды AB. Пусть K - середина хорды CD, MЗ середина хорды AB. Заметим, что абсциссы точек K и M одинаковые, так как x k = 2 ((x + k) + (x + m)) = (2x + k + m) 2 x m = 2 (x + (x + k + m)) = (2x + k + m) 2 Следовательно точки K и M лежат на одной вертикальной прямой, откуда вытекает, что y m y k. - -

12 Так как y m = (f(x) + f(x + k + m)) 2 y k = (f(x + k) + f(x + m)) 2 Отсюда следуют неравенства (3) и (2). Что и требовалось доказать. 2) Пусть > 2. Предположим, что наборы a, a 2, a 3 a иb, b 2, b 3 b не упорядочены одинаково, т.е. найдутся такие индексы i и k, что a i > a k и 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 Еслиx, x 2, x положительные числа, i= x i =, то (,) (x, x 2, x) (,0,0,0, 0) «Теорема (Неравенство Караматы) Пусть f: (a, b) R, f выпуклая функцияx, x 2, x, y, y 2, y (a, b) и (x, x 2, x) (y, y 2, y), тогда f(x) + f(x 2) + f(x) f(y) + f(y 2) + f(y). Если f- вогнутая функция, то f(x) + f(x 2) + f(x) f(y) + f(y 2) + f(y).» Доказательство см. в . 4.Решение задач на доказательства неравенств. В этом параграфе рассмотрены различные задачи на доказательство неравенств, при решении которых можно использовать неравенство Йенсена, перестановочные неравенства или неравенство Караматы. Задание. Доказать неравенство где x, x 2, x > 0 Пусть 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 Тогда из неравенства Йенсена вытекает, что - 3 -

14 Докажем, что i= + x i + x x 2 x + x +x 2 + +x Это верно тогда и только тогда, когда + x x 2 x + x + x x + x x 2 x x + x x x x 2 x А последнее неравенство совпадает с неравенством Коши. Задание 2. Доказать, что для любых a, b > 0 справедливо неравенство: 2 a + b ab Это равносильно неравенству 2ab a + b ab 2ab ab(a + b) 2 ab a + b ч.т.д. Задание 3. Доказать, что для любых a, a 2, a > 0 справедливо неравенство: a a 2 a a a 2 a Неравенство можно переписать в виде: - 4 -

15 () (a a a 2 a a 2 a) Сделаем заменуb i = a i, тогда неравенство примет вид: (b + b b) (b b 2 b) Это неравенство верно, т.к. это неравенство Коши. Задание 4. Доказать, что для любых a, a 2, a > 0 справедливо неравенство: Рассмотрим неравенство для =3. a + a a + a a 2 a 3 a a a a 2 + a 2 a 3 + a 3 a 3 Обозначим a a 2 = x, a 2 a 3 = y, a 3 a = z, xyz = x+y+z 3 3 xyz=-верно Обозначим x = a a 2,x 2 = a 2 a 3,x = a a, Тогда x x 2 x =. Тогда неравенство примет вид: x + x x Это неравенство вытекает из неравенства Коши: ч.т.д. Задание 5. Доказать, что (x + x x) x x 2 x = si x + si x si x si x + x x, где 0 x i π - 5 -

16 Неравенство вытекает из неравенства Йенсена для функции y = si x. Функция y = si xвогнутая на интервале (0, π), так как 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 справедливо неравенство: (a + a 2+ +a)(a + a a) 2 Неравенство можно переписать в виде: это равносильно тому, что (a + a a) a + a a 2 a +a 2 + +a a + a 2+ +a Рассматриваем функцию f(x) = x Йенсена, получаем это равенство. и воспользовавшись неравенством Задание 7. Доказать, что для любых x, y, z > 0 справедливо неравенство x 5 + y 5 + z 5 x 3 y 2 + y 3 x 2 + z 3 x 2 Применим перестановочное неравенство. Пусть первый набор имеет вид Второй x 3, y 3, z 3, x 2, y 2, z 2 Выражение, стоящее в левой части, будет самым большим, т.к. значение выражения, стоящее в левой части x 5 + y 5 + z 5 составлено из одинаково упорядоченных наборов чисел. Из этого следует, что значение, полученное - 6 -

17 при всех остальных перестановках не больше значения, полученной при «самой правильной» расстановке переменных. Задание 8. Доказать, что для любых x, y, z > 0 справедливо неравенство: x + x 2 + y + y 2 + z + z 2 x + y 2 + y + z 2 + z + x 2 Можно считать, что x y z. Пусть a = x, a 2 = y, a 3 = z, b = + x 2, b 2 = + y 2, b 3 = + z 2 Наборы a, a 2, a 3 и b, b 2, b 3 противоположно упорядочены, поэтому по перестановочному неравенству сумма a b + a 2 b 2 + a 3 b 3 наименьшая среди сумм В частности Что эквивалентно 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. Задание 9. Доказать, что для любых a, a 2, a > 0 справедливо неравенство: (+ a 2) (+ a 2 2) (+ a 2) (+ a a 2 a 3 a)(+ a 2) (+ a) Умножим на a a 2 a, получим (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 Прологарифмируем неравенство и получим равносильное неравенство. 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.) Воспользуемся общим перестановочным неравенством для вогнутой функции y = l x. Пусть a i = a i, b i = a i 2. Тогда наборыb, b 2, b и a, a 2, a одинаково упорядочены, поэтому l(b + a) + l(b 2 + a 2) + + l(b + a) l(b + a 2) + l(b 2 + a 3) + + l(b + a), Что доказывает неравенство (9.). Задание 0. Доказать, что для любых положительных a, b, c a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ac (0.) Пусть a b c.. Так как наборы {a, b, c}и {a, b, c} одинаково упорядочены, а наборы {a, b, c} и {b, c, a} не одинаково упорядочены, то неравенство (0.) следует из перестановочного неравенства. Задание. Доказать, что если xy + yz + zx =, то Неравенство (.) вытекает из задачи 0. Задание 2. Доказать, что если a, b, c > 0, то x 2 + y 2 + z 2 (.). (a + c)(b + d) ab + cd Поскольку корень квадратный больше или равен нулю, то можно возвести правую и левую часть в квадрат. Получим: (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 -Верно Задание 3, 4. Доказать, что для любых a, a 2, a > 0 справедливо неравенство: 3) a 2 + a a 2 (a +a 2 + a) 2 4)a 2 + a a 2 (3.) (4.) где a + a 2 + a = Неравенство (4.) вытекает из (3.) при a + a 2 + a =. Будем доказывать неравенство (3.). Его можно преобразовать к виду Или a 2 + a a 2 (a + a 2 + a) 2 2 a 2 + a a 2 (a + a a) Воспользуемся неравенством Йенсена для выпуклой функции f(x): f(q x + q 2 x 2 + q x) q f(x) + q 2 f(x 2) + q f(x), Где 0 q i, q + q 2 + q =. Если взять f(x) = x 2, q i =, i =,2, то получим неравенство (3.), ч.т.д. Задание 5. Доказать, что для любого натурального и для любых p, q справедливонеравенство () 2 pq + ()(p + q) + ()pq + (5.) - 9 -

20 Преобразуем неравенство (5.) к эквивалентному виду: () 2 pq + ()(p + q) + ()pq + () 2 pq + ()(p + q) + ()pq 0 Приведя подобные получим: ()[()pq + (p + q) pq] + 0 () () 0 () 0 () 0 всегда, так как -натуральное Докажем, что Заметим, что 0 (5.2) p + q pq = p(q) (q) = (p)(q) Так какp, q, то p 0, q 0, следовательно, неравенство (5.2) справедливо. Задание 6. Для любых положительных чисел x, y, z справедливо неравенство: Пусть x y z xyz (y + z x)(z + x y)(x + y z) (6.))Если y + z x < 0, то неравенство (6.) выполнено 2) Пусть все множители в правой части > 0. Тогда неравенство (6.) эквивалентно неравенству l x + l y + l z l(y + z x) + l(z + x y) + l(x + y z) Пусть f(x) = l x. Так как 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 (т. к. y z 0); (x + y z) + (x + z y) = 2x x + y (x + y z) + (x + z y) + (y + z x) = x + y + z Так как функция f(x) = l x вогнутая, то из неравенства Караматы вытекает, что l(x + y z) + l(x + z y) + l(y + z x) = l x + l y + l z, Что доказывает неравенство (6.). Задание 7. Доказать, что для любых a, b и c > 0 справедливо неравенство: a 2 + b 2 + c ab + ac + bc a 2 + 2bc + b 2 + 2ac + c 2 + 2ab Это эквивалентно тому, что Пусть a b c. a 2 + b 2 + c 2 + ab + ac + bc + ab + ac + bc Рассмотрим два набора чисел 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) Нужно доказать, что (7.) мажорирует (7.2). Воспользуемся определением мажоризации:) a 2 + b 2 + c 2 a 2 + 2bc (b c) 2 0-верно 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 и (c a) 0, тогда (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 Верно. Таким образом, набор чисел (7.) мажорирует набор чисел (7.2). Применяя неравенство Караматы для выпуклой функции f(x) = x, получаем верное исходное неравенство. Задание 8. Для a, b, c, d > 0 доказать, что справедливо неравенство 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 2 d 2 + c 2 d 2 Пустьa b c d Сделаем замену: x = l a, y = l b, z = l c, w = l d и запишем исходное неравенство в виде: 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 Рассмотрим два набора чисел: (4x, 4y, 4z, 4w, x + y + z + w, x + y + z + w) и (2x + 2y, 2x + 2z, 2x + 2w, 2y + 2z, 2y + 2w, 2z + 2w) Упорядочим эти наборы: (4x, 4y, 4z, x + y + z + w, x + y + z + w, 4w) и (8.) Второй остается без изменения: (2x + 2y, 2x + 2z, 2x + 2w, 2y + 2z, 2y + 2w, 2z + 2w) (8.2) Докажем, что (8.) мажорирует (8.2)

23 ) 4x 2x + 2y, x y верно 2) 4x + 4y 4x + 2y + 2z,y z верно 3) 4x + 4y + 4z 4x + 2y + 2z + 2x + 2w y + z x + w Так как наборы упорядочены таким образом, что 2x + 2w 2y + 2z Т.е. x + w y + z, то случай 3) возможен только приx + 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 Аналогично предыдущему случаю, это неравенство корректно при x + w = y + z 5) 4x + 4y + 4z + 2x + 2y + 2z + 2w 4x + 2y + 2z + 2x + 2w + 2y + 2z + 2y + 2w z w верно 6) 4x + 4y + 4z + 2x + 2y + 2z + 2w + 4w 4x + 2y + 2z + 2x + 2w + 2y + 2z + 2y + 2w + 2z + 2w 0 = 0 Таким образом, набор (8.) мажорирует набор чисел (8.2). Воспользовавшись неравенством Караматы для функции f(x) = e x, получаем верное неравенство. Задание 9. Для a, b, c > 0 доказать, что справедливо неравенство a 3 + b 3 + c 3 + abc 2 3 (a2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca)

24 Пусть a b c Умножим обе части неравенства на 3, получим 3a 3 + 3b 3 + 3c 3 + 3abc 2(a 2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca) 2 (9.) Сделаем замену: И запишем неравенство (9.) в виде: 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 Рассмотрим два набора: (3x, 3x, 3x, 3y, 3y, 3y, 3z, 3z, 3z, x + y + z, x + y + z, x + y + z) и (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) Упорядочим эти наборы: (3x, 3x, 3x, 3y, 3y, 3y, x + y + z, x + y + z, x + y + z, 3z, 3z, 3z,) и (9.2) Упорядочим второй набор: 2x + y z + 2x y z верно y + 2z 2z + x y x верно Таким образом, получаем набор: (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) Нужно доказать, что набор чисел (9.2) мажорирует набор чисел (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, при x = y получаем, что 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 При x = yполучаем, что y z 7) 9x + 9y + x + y + z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 2y + z, получаем 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 + 4y + 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 z 2) 9x + 9y + 3x + 3y + 3z + 9z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 4y + 2z + 4z + 2x + 4z + 2y 2x + 2y + 2z = 2x + 2y + 2z Таким образом, набор чисел (9.2) мажорирует набор чисел (9.3) и по неравенству Караматы для функции f(x) = e x получаем верное неравенство

26 Список литературы) Ю.П.Соловьев. Неравенства. М.:Издательство Московского центра непрерывного математического образования.2005г.. 6с. 2) И.Х. Сивашинский. Неравенства в задачах М.: Наука, с. 3) А. И. Храбров. Вокруг монгольского неравенства, Матем. просв., сер. 3, 7, МЦНМО, М., 2003, с. 4) Л. В. Радзивиловский, Обобщение перестановочного неравенства и монгольское неравенство, Матем. просв., сер. 3, 0, Изд-во МЦНМО, М., 2006, с. 5) В. А.ч Кречмар. Задачник по алгебре. Издание пятое М., наука, с. 6) Д. Номировский Неравенство Караматы /Д. Номировский // (Квант)-С

Выпуклые множества и функции R n множество наборов из n вещественных чисел. Далее это множество будем называть пространством, его элементы точками, точку с координатами (x 1,..., x n) будем обозначать

Условия задач 1 Муниципальный этап 8 класс 1. На доске написаны два числа. Одно из них увеличили в 6 раз, а другое уменьшили на 2015, при этом сумма чисел не изменилась. Найдите хотя бы одну пару таких

Глава IX. Евклидовы и унитарные пространства 35. Скалярное произведение в векторном пространстве Уральский федеральный университет, Институт математики и компьютерных наук, кафедра алгебры и дискретной

Уральский федеральный университет, Институт математики и компьютерных наук, кафедра алгебры и дискретной математики Вступительные замечания При решении многих задач возникает необходимость иметь числовые

Решение задач очного тура девятой олимпиады Эйлера 1. Рассматриваются все решения системы x yz 1, x y z x, x y z. Найдите все значения, которые может принимать x. Ответ: 1; 1; 1. Решение 1. Так как x y

Лекция 4 1. ВЕКТОРЫ Вектор направленный отрезок. Равные векторы: имеют одинаковые длины и совпадающие направления (параллельны и направлены в одну стороны) Противоположные векторы: имеют одинаковые длины

Тема 1-8: Комплексные числа А. Я. Овсянников Уральский федеральный университет Институт математики и компьютерных наук кафедра алгебры и дискретной математики алгебра и геометрия для механиков (1 семестр)

Пензенский государственный университет Физико-математический факультет «Очно-заочная физико-математическая школа» МАТЕМАТИКА Тождественные преобразования. Решение уравнений. Треугольники Задание 1 для

Московский физико-технический институт Показательные, логарифмические уравнения и неравенства, метод потенциирования и логарифмирования в решении задач. Методическое пособие по подготовке к олимпиадам.

98 МАТЕМАТИКА: АЛГЕБРА И НАЧАЛА АНАЛИЗА ГЕОМЕТРИЯ Решения уравнений основанные на свойствах выпуклой функции Липатова СВ г Калуга МБОУ «Лицей 9 имени КЭ Циолковского» 0 «А» класс Научный руководитель:

Алгебраическая форма комплексного числа. Учебная презентация А. В. Лихацкий Руководитель: Е. А. Максименко Южный федеральный университет 14 апреля 2008 г. А. В. Лихацкий (ЮФУ) Алгебр. форма компл. числа

ÌÃÒÓ ÌÃÒÓ ÌÃÒÓ ÌÃÒÓ ÌÃÒÓ ÌÃÒÓ Московский государственный технический университет имени Н.Э. Баумана Факультет «Фундаментальные науки» Кафедра «Математическое моделирование» À.Í. Êàíàòíèêîâ, À.Ï. Êðèùåíêî

72 Глава2 Многочлены Примеры и комментарии Алгоритмы А-01 Запись многочлена в стандартном виде А-02 Действия над многочленами А-03 Устные преобразования А-04 Формулы сокращенного умножения А-05 Бином Ньютона

Решения задач заочного тура 6-й олимпиады Эйлера I Математический блок Выясните, при каких значениях параметра найдутся вещественные числа x и y, удовлетворяющие уравнению xy + x + y + 7 Ответ: 89 Решение

Лекция 8 Глава Векторная алгебра Векторы Величины, которые определяются только своим числовым значением, называются скалярными Примерами скалярных величин: длина, площадь, объѐм, температура, работа, масса

Межрегиональная олимпиада школьников «Высшая Проба», 2017 г. МАТЕМАТИКА, 2 этап стр. 1/10 Решения и критерии оценивания заданий олимпиады 10-1 В компании из 6 человек некоторые компаниями по трое ходили

7. Экстремумы функций нескольких переменных 7.. Локальные экстремумы Пусть функция f(x,..., x n) определена на некотором открытом множестве D R n. Точка M D называется точкой локального максимума (локального

Восьмая олимпиада Эйлера для учителей математики Решения задач заочного тура Решите уравнение a b c b a c c a b a b c, где a, b и c положительные числа Решение Ясно, что a b c решения данного уравнения

I курс, задача. Докажите, что функция Римана, если 0, m m R(), если, m, m 0, и дробь несократима, 0, если иррационально, разрывна в каждой рациональной точке и непрерывна в каждой иррациональной. Решение.

Городская олимпиада по математике г. Хабаровск, 1997 год Задача 1. Найти решения уравнения 9 КЛАСС (x + 2) 4 + x 4 = 82. (1) Решение. После замены переменной x = y 1 уравнение (1) можно записать в виде

Уральский федеральный университет, Институт математики и компьютерных наук, кафедра алгебры и дискретной математики Вступительные замечания В трех предыдущих лекциях изучались прямые и плоскости, т.е.

Тема 2-14: Евклидовы и унитарные пространства А. Я. Овсянников Уральский федеральный университет Институт математики и компьютерных наук кафедра алгебры и дискретной математики алгебра и геометрия для

Девятая олимпиада Эйлера для учителей математики Решения задач заочного тура 1. Решите относительно x уравнение x(x ab) a b. Решение. Ясно, что x a b корень данного уравнения. Разделив многочлен x abx

1. Линейные уравнения с двумя переменными В первом задании мы рассмотрели линейные уравнения с одной переменной. Например, уравнения 2x+ 5= 0, 3x+ (8x 1) + 9= 0 являются линейными уравнениями с переменной

Глава 6 Векторная алгебра 6.1. Векторы на плоскости и в пространстве Геометрическим вектором, или просто вектором, называется направленный отрезок, т. е. отрезок, в котором одна из граничных точек названа

Задания Открытой олимпиады школьников по математике (54 Перечня олимпиад школьников, 2015/2016 уч. год) Оглавление I. Задания заключительного этапа олимпиады для 11 класса... 2 II. Задания 1 тура отборочного

3.. Методы решения рациональных неравенств 3..1. Числовые неравенства Сначала определим, что мы понимаем под утверждением a > b. Определение 3..1. Число a больше числа b, если разность между ними положительна.

Лекция 13. Выпуклые функции и формула Тейлора 1 Выпуклые и вогнутые C -гладкие функции. Определение 1 Функция называется выпуклой (вогнутой), если ее надграфик (подграфик) выпуклая область. Пример 1 x

Практикум: «Дифференцируемость и дифференциал функции» Если функция y f () имеет конечную производную в точке, то приращение функции в этой точке можно представить в виде: y(,) f () () (), где () при

Лекция 2 Векторы Определители второго и третьего порядка 1 ВЕКТОРЫ Вектор направленный отрезок Равные векторы: имеют одинаковые длины и совпадающие направления (параллельны и направлены в одну стороны)

Решение задач заочного тура 0 I Математический блок Задача Найдите число натуральных корней уравнения Ответ: 00 0 решений Решение задачи Представим число в виде Тогда правая часть данного уравнения равна

Конспект лекции 11 ЕВКЛИДОВЫ ПРОСТРАНСТВА 0. План лекции 1. Скалярное произведение. 1.1. Определение скалярного произведения. 1.2. Эквивалентная запись через проекции. 1.3. Доказательство линейности по

Олимпиада «Будущие исследователи будущее науки» Математика. Отборочный тур 4.0.0 ЗАДАЧИ И РЕШЕНИЯ 8 9 класс 8-9.. Какое число больше: 0 0 0 0 или 0 0 0 0? Ответ. Первое число больше второго. Решение. Обозначим

0 класс Первый тур (0 минут; каждая задача 6 баллов)... Известно, что tg + tg = p, ctg + ctg = q. Найдите tg(+). pq Ответ: tg. q p Из условия p tg q tg tg tg tg p и равенства ctg ctg q, получим, что

Математический анализ 2.5 Лекция: Экстремумы функции нескольких переменных Доцент кафедры ВММФ Зальмеж Владимир Феликсович Рассмотрим функцию w = f (x), определённую в области D R n. Точка x 0 D называется

Тема 1-4: Алгебраические операции А. Я. Овсянников Уральский федеральный университет Институт математики и компьютерных наук кафедра алгебры и дискретной математики алгебра и геометрия для механиков (1

Содержание И. В. Яковлев Материалы по математике MathUs.ru Системы алгебраических уравнений Двойная замена...................................... Симметрические системы.................................

Федеральное агентство по образованию Федеральное государственное образовательное учреждение высшего профессионального образования ЮЖНЫЙ ФЕДЕРАЛЬНЫЙ УНИВЕРСИТЕТ Р. М. Гаврилова, Г. С. Костецкая Методические

Лекция 10 1 ЕВКЛИДОВО ПРОСТРАНСТВО 11 Определение Пусть V (R) ЛП над полем вещественных чисел Скалярное произведение на V это произвольная функция V V R, ставящая в соответствие упорядоченной паре векторов

1 Комплексные функции 1.1 Комплексные числа Напомним, что комплексные числа можно определить как множество упорядоченных пар вещественных чисел C = {(x, y) : x, y R}, z = x + iy, где i мнимая единица (i

Глава 4 Основные теоремы дифференциального исчисления Раскрытие неопределенностей Основные теоремы дифференциального исчисления Теорема Ферма (Пьер Ферма (6-665) французский математик) Если функция y f

Конспект лекции 10 АФФИННЫЕ ПРОСТРАНСТВА 0. План лекции Лекция Аффинные пространства. 1. Аффинный базис. 2. Аффинные координаты точек. 3. Векторное уравнение прямой. 4. Векторное уравнение плоскости. 5.

8 КЛАСС 1. Докажите, что для любого натурального числаn можно выбрать такое натуральное число а, чтобы число a(n+ 1) (+ n+1) нацело делилось на. 2. В городской олимпиаде по математике участвовали два

Уральский федеральный университет, Институт математики и компьютерных наук, кафедра алгебры и дискретной математики Вступительные замечания В этой лекции изучается еще одна кривая второго порядка гипербола.

Домашняя работа по алгебре за 0 класс к учебнику «Алгебра и начала анализа 0- класс» Алимов Ш.А. и др., -М.: «Просвещение», 00г. www.balls.ru Содержание Глава I. Действительные числа.. Глава II. Степенная

Векторная алгебра Понятие векторного пространства. Линейная зависимость векторов. Свойства. Понятие базиса. Координаты вектора. Линейные преобразования векторных пространств. Собственные числа и собственные

Федеральное агентство по образованию Томский государственный университет систем управления и радиоэлектроники Кафедра высшей математики (ВМ) Приходовский М.А. ЛИНЕЙНЫЕ ОПЕРАТОРЫ И КВАДРАТИЧНЫЕ ФОРМЫ Практическое

Уральский федеральный университет, Институт математики и компьютерных наук, кафедра алгебры и дискретной математики Вступительные замечания В данной лекции вводится операция умножения матриц, изучаются

Московский физико-технический институт Неравенство Коши-Буняковского. Методическое пособие по подготовке к олимпиадам. Составитель: Паркевич Егор Вадимович Москва 014 Теоретический материал. В этой работе

ЛАБОРАТОРНАЯ РАБОТА 1 МНОЖЕСТВА. ОТОБРАЖЕНИЯ. СИСТЕМЫ МНОЖЕСТВ 1. О с н о в н ы е п о н я т и я и т е о р е м ы Пусть X множество и пусть (x) некоторое свойство, которое для каждого конкретного элемента

Семинар 2. Коники на проективной плоскости 1. Определение коники в P 2. Первые свойства коник. Как и ранее, мы работаем в k = R или C. Определение коники в P 2. Рассмотрим проективное отображение f: l

5 Элементы функционального анализа 5.1 Линейные, нормированные и банаховы пространства 5.1.1 Определение пространств Непустое множество X элементов x, y, z,... называется линейным (векторным) пространством,

ЛД Лаппо, АВ Морозов Домашняя работа по алгебре за 0 класс к учебнику «Алгебра и начала анализа: Учеб для 0- кл общеобразоват учреждений / ША Алимов и др -е изд М: Просвещение, 00» Глава I Действительные

Глава 8 Прямые и плоскости 8.1. Уравнения линий и поверхностей 8.1.1. Линии на плоскости Предположим, что на плоскости задана аффинная система координат. Пусть l кривая на плоскости и f(x, y) некоторая

Министерство образования и науки Российской Федерации Федеральное агентство по образованию Пензенский государственный университет Руденко АК, Руденко МН, Семерич ЮС СБОРНИК ЗАДАЧ С РЕШЕНИЯМИ ДЛЯ ПОДГОТОВКИ

Уравнения В алгебре рассматривают два вида равенств тождества и уравнения Тождество это равенство которое выполняется при всех допустимых) значениях входящих в него букв Для тождества используют знаки

Задачи заочного тура по математике для 9 класса 2014/2015 уч. год, первый уровень сложности Задача 1 Решить уравнение: (x+3) 63 + (x+3) 62 (x-1) + (x+3) 61 (x-1) 2 + + (x-1) 63 = 0 Ответ: -1 Задача 2 Сумма

Лагерь 57 школы Июль 06 Неравенства (конспект) Дмитриева А, Ионов К Занятие первое Простые неравенства Неравенства о средних Задача Докажите неравенство x + 4y + 9z 4xy + 6yz + 6zx Решение: x + 4y + 9z

Министерство образования Московской области Государственное бюджетное образовательное учреждение высшего профессионального образования Московской области «Международный университет природы, общества и

Межрегиональная олимпиада школьников «Высшая Проба», 2017 г. МАТЕМАТИКА, 2 этап стр. 1/11 Решения и критерии оценивания заданий олимпиады 8-1 Найти все натуральные числа n от 1 до 100 такие, что если перемножить

Министерство образования и науки Российской Федерации Московский физико-технический институт (государственный университет) Заочная физико-техническая школа МАТЕМАТИКА Тождественные преобразования. Решение

Лекция 7 Глава. Системы линейных неравенств.. Основные понятия Системы линейных неравенств применяются для решения различных математических задач. Системой линейных неравенств из с неизвестными система

МОУ Гришино -Слободская средняя общеобразовательная школа

Программа модуля

« Методы доказательства неравенств»

в рамках элективного курса

«За страницами учебника математики»

для учащихся 10-11 классов

Составил:

учитель математики

Панкова Е.Ю

Пояснительная записка

«Математику называют тавтологической наукой: другими словами, про математиков говорят, что они тратят время на доказательство того, что предметы равны самим себе. Это утверждение весьма неточно по двум причинам. Во-первых, математика, несмотря на свойственный ей научный язык, не является наукой; скорее ее можно назвать искусством. Во- вторых основные результаты математики чаще выражаются неравенствами, а не равенствами.»

Неравенства используются в практической работе математика постоянно. Они применяются для получения ряда интересных и важных экстремальных свойств «симметричных» фигур: квадрата, куба, равностороннего треугольника, а также для доказательства сходимости итерационных процессов и вычисления некоторых пределов. Важна роль неравенств и в различных вопросах естествознания и техники.

Задачи на доказательство неравенств самые трудные и интересные из традиционных. Доказательства неравенств требуют истинной изобретательности, творчества, которые делают математику тем захватывающим воображение предметом, каким она является.

Обучение доказательствам играет большую роль в развитии дедуктивно- математического мышления и общих мыслительных способностей учащихся. Как же научить школьников самостоятельно проводить доказательства неравенств? Ответ гласит: только путем рассмотрения многих приемов и методов доказательств и регулярного их применения.

Применяемые для доказательства неравенств идеи почти столь же разнообразны, как и сами неравенства. В конкретных ситуациях общие методы часто приводят к некрасивым решениям. Но неочевидное комбинирование нескольких «базовых» неравенств удается лишь немногим школьникам. И, кроме того, ничто не мешает ученику в каждом конкретном случае поискать лучшее решение, нежели полученное общим методом. По этой причине доказательства неравенств нередко относят к области искусства. И как во всяком искусстве здесь есть свои технические приемы, набор которых весьма широк и овладеть всеми очень сложно, но каждый учитель должен стремится к расширению имеющегося в его запасе математического инструмента.

Данный модуль рекомендуется для учащихся 10-11 классов. Здесь рассматриваются не все возможные методы доказательства неравенств (не затронуты метод замены переменной, доказательство неравенств с помощью производной, метод исследования и обобщения, прием упорядочения). Предложить рассмотреть остальные методы можно на втором этапе (например, в 11 классе), если данный модуль курса вызовет интерес у учащихся, а также ориентируясь на успехи усвоения первой части курса.

		Уравнения и неравенства с параметром.
		Методы доказательства неравенств.
		Уравнения и неравенства, содержащие неизвестное под знаком модуля.
		Системы неравенств с двумя переменными.

«За страницами учебника математики»

«Методы доказательства неравенств»

		Введение.
		Доказательство неравенств на основании определения.
		Метод математической индукции.
		Применение классических неравенств.
		Графический метод.
		Метод от противного.
		Прием рассмотрения неравенств относительно одной из переменных.
		Идея усиления.
		Урок - контроль.

Урок1. Введение.

Доказательство неравенств -увлекательная и непростая тема элементарной математики. Отсутствие единого подхода к проблеме доказательства неравенств, приводит к поиску ряда приемов, пригодных для доказательства неравенств определенных видов. На данном элективном курсе будут рассматриваться следующие методы доказательства неравенств:

Повторение:

Провести доказательства некоторых свойств.

Классические неравенства:

1)
(неравенство Коши)

2)

3)

4)

Историческая справка:

Неравенство (1) называют в честь французского математика Огюста Коши. Число
называют средним арифметическим чисел a и b;

число
называют средним геометрическим чисел a и b. Таким образом, неравенство означает, что среднее арифметическое двух положительных чисел не меньше их среднего геометрического.

Дополнительно:

Рассмотреть несколько математических софизмов с неравенствами.

Математический софизм - удивительное утверждение, в доказательстве которого кроются незаметные, а подчас и довольно тонкие ошибки.

Софизмы – это ложные результаты, полученные с помощью рассуждений, которые только кажутся правильными, но обязательно содержат ту или иную ошибку.

Пример:

Четыре больше двенадцати

Урок2.Доказательство неравенств на основании определения.

Суть этого метода заключается в следующем: для того чтобы установить справедливость неравенства F(x,y,z)>S(x,y,z) составляют разность F(x,y,z)-S(x,y,z) и доказывают, что она положительна. Применяя этот метод, часто выделяют квадрат, куб суммы или разности, неполный квадрат суммы или разности. Это помогает определить знак разности.

Пример. Доказать неравенство (x+y)(x+y+2cosx)+2 2sin 2 x

Доказательство:

Рассмотрим разность (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.

Доказать неравенство:

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.

Урок3.Метод математической индукции.

При доказательстве неравенств, в которые входят натуральные числа часто прибегают к методу математической индукции. Метод состоит в следующем:

1) проверяем истинность теоремы для n=1;

2)допускаем, что теорема верна для некоторого n=k, и исходя из этого допущения доказываем истинность теоремы для n=k+1;

3) на основании первых двух шагов и принципа математической индукции заключаем, что теорема верна для любого n.

Пример.

Доказать неравенство

Доказательство:

1) при n=2 неравенство верно:

2)Пусть неравенство верно для n=k т.е.
(*)

Докажем, что неравенство верно при n=k+1, т.е.
. Умножим обе части неравенства (*) на
получим 3)Из п1.и п.2 делаем вывод, что неравенство верно для любого n.

Задания для работы в классе и дома

Доказать неравенство:

1)

2)

3)

4)

5)

6)
.

Урок4. Применение классических неравенств.

Суть этого метода заключается в следующем: с помощью ряда преобразований выводят требуемое неравенство с помощью некоторых классических неравенств.

Пример.

Доказать неравенство:

Доказательство:

В качестве опорного неравенства используем
.

Приведем данное неравенство к следующему виду:

, тогда

Но =
, тогда

Доказать неравенство:

1)(p+2)(q+2)(p+q)16pq(для док-ва используется неравенство
)

2)
(для док-ва используется неравенство )

3) (a+b)(b+c)(c+a) 8abc (для док-ва используется неравенство )

4)
(для док-ва используется неравенство ).

Урок5. Графический метод.

Доказательство неравенств графическим методом заключается в следующем: если доказываем неравенство f(x)>g(x)(f(x)

1) построить графики функций y=f(x) и y=g(x);

2)если график функции y=f(x) расположен выше (ниже) графика функции y=g(x), то доказываемое неравенство верно.

Пример.

Доказать неравенство:

cosx
,x0

Доказательство:

Построим в одной системе координат графики функций y=cosx и

Из графика видно, что при x0 график функции y=cosx лежит выше графика функции y= .

Задания для работы в классе и дома.

Доказать неравенство:

1)

3)ln(1+x)0

4)
.

5)

Урок6.Метод от противного

Суть этого метода заключается в следующем: пусть нужно доказать истинность неравенства F(x,y,z) S(x,y,z)(1). Предполагают противное, т. е что хотя бы для одного набора переменных справедливо неравенство F(x,y,z) S(x,y,z) (2). Используя свойства неравенств, выполняют преобразования неравенства (2). Если в результате этих преобразований получается ложное неравенство, то это означает, что предположение о справедливости неравенства (2) неверно, а потому верно неравенство (1).

Пример.

Доказать неравенство:

Доказательство:

Предположим противное, т. е .

Возведем обе части неравенства в квадрат, получим , откуда
и далее

. Но это противоречит неравенству Коши. Значит наше предположение неверно, т. е справедливо неравенство

Задания для работы в классе и дома.

Доказать неравенство:

Урок7. Прием рассмотрения неравенств относительно одной из переменных.

Суть метода заключается в рассмотрении неравенства и его решения относительно одной переменной.

Пример.

Доказать неравенство:

Пример.

Доказать неравенство:

Доказательство:

Задания для работы в классе и дома.

Доказать неравенство:

1)

2)

3)

Урок9. Урок- контроль знаний учащихся.

Работу на этом уроке можно организовать в парах или если большая численность класса в группах. В конце урока каждый учащийся должен быть оценен. Это и есть зачетная форма по данному курсу. По данной теме не рекомендуется проводить контрольную работу т.к. доказательство неравенств, как это уже говорилось в пояснительной записке, относят к области искусства. В начале учащимся предлагается самим определить метод доказательства предложенных неравенств. Если же у учащихся возникнут затруднения, то учитель сообщаем им рациональный метод, предупредив группу, что это, конечно же, повлияет на их оценку.

методы доказательство неравенств . Это метод доказательства неравенств с помощью введения вспомогательных функций...

Элективный курс по математике неравенства методы доказательств

Элективный курс

Не знакомы, различные методы доказательства неравенств , а также применение неравенств неравенств с помощью метода метод для доказательства неравенств , решать задачи...

Элективный курс по математике Неравенства Методы доказательств Пояснительная записка

Элективный курс

Не знакомы, различные методы доказательства неравенств , а также применение неравенств при решении задач различного... Уметь: проводить оценку неравенств с помощью метода Штурма, применять рассмотренный метод для доказательства неравенств , решать задачи...

Элективный курс по математике Неравенства Методы доказательств Пояснительная записка (1)

Элективный курс

Не знакомы, различные методы доказательства неравенств , а также применение неравенств при решении задач различного... Уметь: проводить оценку неравенств с помощью метода Штурма, применять рассмотренный метод для доказательства неравенств , решать задачи...

Редкая олимпиада обходится без задач, в которых требуется доказать некоторое неравенство. Алгебраические неравенства доказываются с помощью различных методов, которые основываются на равносильных преобразованиях и свойствах числовых неравенств:

1) если a – b > 0, то a > b; если a – b

2) если a > b, то b a;

3) если a

4) если a

5) если a 0, то ac

6) если a bc; a / c > b / c ;

7) если a 1

8) если 0

Напомним некоторые опорные неравенства, которые часто используются для доказательства других неравенств:

1) а 2 > 0;

2) aх 2 + bx + c > 0, при а > 0, b 2 – 4ac

3) x + 1 / x > 2, при х > 0, и x + 1 / x –2, при х

4) |a + b| |a| + |b|, |a – b| > |a| – |b|;

5) если a > b > 0, то 1 / a

6) если a > b > 0 и х > 0, то a x > b x , в частности, для натурального n > 2

a 2 > b 2 и n √ a > n √b ;

7) если a > b > 0 и х

8) если х > 0, то sin x

Многие задачи олимпиадного уровня, и это не только неравенства, эффективно решаются с помощью некоторых специальных неравенств, с которыми учащиеся школы часто не бывают знакомы. К ним, прежде всего, следует отнести:

• неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим положительных чисел (неравенство Коши):

• неравенство Бернулли:

(1 + α) n ≥ 1 + nα, где α > -1, n – натуральное число;

• неравенство Коши – Буняковского:

(a 1 b 1 + a 2 b 2 + . . . + a n b n) 2 ≤ (a 1 2 + a 2 2 + . . . + a n 2)(b 1 2 + b 2 2 + . . . + b n 2);

К наиболее «популярным» методам доказательства неравенств можно отнести:

• доказательство неравенств на основе определения;
• метод выделения квадратов;
• метод последовательных оценок;
• метод математической индукции;
• использование специальных и классических неравенств;
• использование элементов математического анализа;
• использование геометрических соображений;
• идея усиления и др.

Задачи с решениями

1. Доказать неравенство:

а) a 2 + b 2 + c 2 + 3 > 2 · (a + b + c);

б) a 2 + b 2 + 1 > ab + a + b;

в) x 5 + y 5 – x 4 y – x 4 y > 0 при x > 0, y > 0.

а) Имеем

a 2 + b 2 + c 2 + 1 + 1 + 1 – 2a – 2b – 2c = (a – 1) 2 + (b – 1) 2 + (c – 1) 2 > 0,

что очевидно.

б) Доказываемое неравенство после умножения обеих частей на 2 принимает вид

2a 2 + 2b 2 + 2 > 2ab + 2a + 2b,

или

(a 2 – 2ab + b 2) + (a 2 – 2a + 1) + (b 2 – 2b +1) > 0,

или

(a – b) 2 + (a – 1) 2 + (b – 1) 2 > 0,

что очевидно. Равенство имеет место лишь при a = b = 1.

в) Имеем

x 5 + y 5 – x 4 y – x 4 y = x 5 – x 4 y – (x 4 y – y 5) = x 4 (x – y) – y 4 (x – y) =

= (x – y) (x 4 – y 4) = (x – y) (x – y) (x + y) (x 2 + y 2) = (x – y) 2 (x + y) (x 2 + y 2) > 0.

2. Доказать неравенство:

а)	a	+	b		>	2 при a > 0, b > 0;
	b		a

б)	Р	+	Р	+	Р		> 9, где a, b, c – стороны и P – периметр треугольника;
	a		b		c

в) ab(a + b – 2c) + bc(b + c – 2a) + ac(a + c – 2b) > 0, где a > 0, b > 0, c > 0.

а) Имеем:

a	+	b	– 2 =	a 2 + b 2 – 2ab	=	(a – b) 2		> 0.
b		a		ab		ab

б ) Доказательство данного неравенства элементарно следует из следующей оценки:

b + c	+	a + c	+	a + b	=
a		b		c

=

b

+

c

+

a

+

c

+

a

+

b

=

a

a

b

b

c

c

= (

b

+

a

) + (

c

+

a

) + (

c

+

b

) > 6,

a

b

a

c

b

c

Равенство достигается для равностороннего треугольника.

в) Имеем:

ab(a + b – 2c) + bc(b + c – 2a) + ac(a + c – 2b) =

= abc (

a

+

b

– 2 +

b

+

c

– 2 +

a

+

c

– 2 ) =

c

c

a

a

b

b

= abc ((

a

+

b

– 2) + (

a

+

c

– 2) + (

b

+

c

– 2) ) > 0,

b

a

c

a

c

b

так как сумма двух положительных взаимно обратных чисел больше или равна 2.

3. Доказать, что если a + b = 1, то имеет место неравенство a 8 + b 8 > 1 / 128 .

Из условия, что a + b = 1, следует, что

a 2 + 2ab + b 2 = 1.

Сложим это равенство с очевидным неравенством

a 2 – 2ab + b 2 > 0.

Получим:

2a 2 + 2b 2 > 1, или 4a 4 + 8a 2 b 2 + 4b 2 > 1.

4a 4 – 8a 2 b 2 + 4b 2 > 0,

получим:

8a 4 + 8b 4 > 1, откуда 64a 8 + 128a 4 b 4 + 64b 4 > 1.

Сложив это неравенство с очевидным неравенством

64a 8 – 128a 4 b 4 + 64b 4 > 0,

получим:

128a 8 + 128 b 8 > 1 или a 8 + b 8 > 1 / 128 .

4. Что больше е е · π π или е 2 π ?

Рассмотрим функцию f(x) = x – π · ln x . Поскольку f’(x) = 1 – π / х , и слева от точки х = π f’(x) 0, а справа - f’(x) > 0, то f(x) имеет наименьшее значение в точке х = π . Таким образом f(е) > f(π) , то есть

е – π · ln е = е – π > π – π · ln π

или

е + π · ln π > 2π .

Отсюда получаем, что

е е + π · ln π > е 2 π ,

е е · е π · ln π > е 2 π ,

е е · π π > е 2 π .

5. Доказать, что

lg (n + 1) >	lg 1 + lg 2 + . . . + lg n	.
	n

Используя свойства логарифмов, нетрудно свести данное неравенство к равносильному неравенству:

(n + 1) n > n!,

где n! = 1 · 2 · 3 · . . . · n (n-факториал). Кроме того имеет место система очевидных неравенств:

n + 1 > 1,

n + 1 > 2,

n + 1 > 3,

. . . . .

n + 1 > n,

после почленного умножения которых, непосредственно получаем, что (n + 1) n > n!.

6. Доказать, что 2013 2015 · 2015 2013

Имеем:

2013 2015 · 2015 2013 = 2013 2 · 2013 2013 · 2015 2013 =

2013 2 · (2014 – 1) 2013 · (2014 + 1) 2013

Очевидно, так же можно получить общее утверждение: для любого натурального n выполняется неравенство

(n – 1) n +1 (n + 1) n –1

7. Докажите, что для любого натурального числа n выполняется неравенство:

1	+	1	+	1	+ . . . +	1		2n – 1	.
1!		2!		3!		n!		n

Оценим левую часть неравенства:

1	+	1	+	1	+ . . . +	1	=
1!		2!		3!		n!

= 1 +	1	+	1	+	1	+ . . . +	1
	1 · 2		1 · 2 · 3		1 · 2 · 3 · 4		1 · 2 · 3 · . . . · n

1 +	1	+	1	+	1	+ . . . +	1	=
	1 · 2		2 · 3		3 · 4		(n – 1) · n

= 1 + (1 –	1	) + (	1	–	1	) + (	1	–	1	) + . . . + (	1	–	1	) = 2 –	1	,
	2		2		3		3		4		n – 1		n		n

что и требовалось доказать.

8. Пусть а 1 2 , а 2 2 , а 3 2 , . . . , а n 2 – квадраты n различных натуральных чисел. Докажите, что

(1 –	1	) (1	–	1	) (1	–	1	) . . . (1	–	1	) >	1	.
	а 1 2			а 2 2			а 3 2			а n 2		2

Пусть наибольшее из этих чисел равно m. Тогда

(1 –	1	) (1	–	1	) (1	–	1	) . . . (1	–	1	) >
	а 1 2			а 2 2			а 3 2			а n 2

> (1 –	1	) (1	–	1	) (1	–	1	) . . . (1	–	1	) ,
	2 2			3 2			4 2			m 2

так как в правую часть добавлены множители, меньшие 1. Вычислим правую часть, разложив каждую скобку на множители:

=	2 · 3 2 · 4 2 · . . . · (m – 1) 2 · (m + 1)	=	m + 1	=	1	+	1	>	1	.
	2 2 · 3 2 · 4 2 · . . . · m 2 Раскрыв в левой части скобки, получим сумму 1 + (a 1 + . . . + a n) + (a 1 a 2 + . . . + a n –1 a n) + (a 1 a 2 a 3 + . . . + a n –2 a n –1 a n) + . . . + a 1 a 2 . . . a n . Сумма чисел во второй скобке не превосходит (a 1 + . . . + a n) 2 , сумма в третьей скобке не превосходит (a 1 + . . . + a n) 3 , и так далее. Значит, все произведение не превосходит 1 + 1 / 2 + 1 / 4 + 1 / 8 + . . . + 1 / 2 n = 2 – 1 / 2 n Способ 2. Методом математической индукции докажем, что для всех натуральных n верно неравенство: (1 + a 1) . . . (1 + a n) При n = 1 имеем: 1 + a 1 1 . Пусть при n = k имеет место: (1 + a 1 ) . . . (1 + a k ) 1 + . . . + a k ). Рассмотрим случай n = k +1: (1 + a 1 ) . . . (1 + a k )(1 + a k +1 ) (1 + 2(a 1 + . . . + a k ))(1 + a k +1 ) ≤ 1 + 2(a 1 + . . . + a k ) + a k +1 (1 + 2 · 1 / 2) = 1 + 2(a 1 + . . . + a k + a k +1 ). В силу принципа математической индукции неравенство доказано. 10. Доказать неравенство Бернулли: (1 + α) n ≥ 1 + nα, где α > -1, n – натуральное число. Воспользуемся методом математической индукции. При n = 1 получаем истинное неравенство: 1 + α ≥ 1 + α. Предположим, что имеет место неравенство: (1 + α) n ≥ 1 + nα. Покажем, что тогда имеет место и (1 + α) n + 1 ≥ 1 + (n + 1)α. Действительно, поскольку α > –1 влечет α + 1 > 0, то умножая обе части неравенства (1 + α) n ≥ 1 + nα на (a + 1), получим (1 + α) n (1 + α) ≥ (1 + nα)(1 + α) или (1 + α) n + 1 ≥ 1 + (n + 1)α + nα 2 Поскольку nα 2 ≥ 0, следовательно, (1 + α) n + 1 ≥ 1 + (n + 1)α + nα 2 ≥ 1 + (n + 1)α. Таким образом, согласно принципу математической индукции, неравенство Бернулли справедливо. Задачи без решений 1. Доказать неравенство для положительных значений переменных a 2 b 2 + b 2 c 2 + a 2 c 2 ≥ abc(a + b + c). 2. Доказать, что при любом a имеет место неравенство 3(1 + a 2 + a 4) ≥ (1 + a + a 2) 2 . 3. Доказать, что многочлен x 12 – x 9 + x 4 – x + 1 при всех значениях x положителен. 4. Для 0 e доказать неравенство (e + x) e – x > (e – x) e + x . 5. Пусть a, b ,c – положительные числа. Докажите, что a + b + b + c + a + c ≤ 1 + 1 +

Ваша цель: знать методы доказательства неравенств и уметь их применять.

Практическая часть

Понятие доказательства неравенства . Некоторые неравенства обращаются в верное числовое неравенство при всех допустимых значениях переменных или на некотором заданном множестве значений переменных. Например, неравенства а 2 ³0, (а –b ) 2 ³ 0, a 2 + b 2 + c 2 " ³ 0 верны при любых действительных значениях переменных, а неравенство ³ 0 – при любых действительных неотрицательных значениях а. Иногда возникает задача доказательства неравенства.

Доказать неравенство – значит показать, что данное неравенство обращается в верное числовое неравенство при всех допустимых значениях переменных или на заданном множестве значений этих переменных.

Методы доказательства неравенств. Заметим, что общего метода доказательства неравенств не существует. Однако некоторые из них можно указать.

1. Метод оценки знака разности между левой и правой частями неравенства. Составляется разность левой и правой частей неравенства и устанавливается, положительна или отрицательна эта разность при рассматриваемых значениях переменных (для нестрогих неравенств надо установить, неотрицательна или неположительна эта разность).

Пример 1. Для любых действительных чисел а и b имеет место неравенство

a 2 +b 2 ³ 2ab. (1)

Доказательство. Составим разность левой и правой частей неравенства:

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

Так как квадрат любого действительного числа есть число неотрицательное, то (a – b ) 2 ³ 0, а, значит, a 2 +b 2 ³ 2ab для любых действительных чисел а и b. Равенство в (1) имеет место в том и только в том случае, когда а = b.

Пример 2. Доказать, что если а ³ 0 и b ³ 0, то ³ , т.е. среднее арифметическое неотрицательных действительных чисел а и b не меньше их среднего геометрического.

Доказательство. Если а ³ 0 и b ³ 0, то

³ 0. Значит, ³ .

2. Дедуктивный метод доказательства неравенств. Сущность этого метода заключается в следующем: с помощью ряда преобразований выводят требуемое неравенство из некоторых известных (опорных) неравенств. В качестве опорных могут использоваться, например, неравенства: а 2 ³ 0 при любом a Î R ; (a – b ) 2 ³ 0 при любых а и b Î R ; (а 2 + b 2) ³ 2ab при любых a, b Î R ; ³ при а ³ 0, b ³ 0.

Пример 3. Доказать, что для любых действительных чисел а и b имеет место неравенство

а 2 + b 2 + с 2 ³ ab + bc + ac.

Доказательство. Из верных неравенств (a – b ) 2 ³ 0, (b – c ) 2 ³ 0 и (c – a ) 2 ³ 0 следует, что а 2 + b 2 ³ 2ab , b 2 + c 2 ³ 2bc , c 2 + a 2 ³ 2ac. Сложив почленно все три неравенства и разделив обе части нового на 2, получим требуемое неравенство.

Исходное неравенство можно доказать и первым методом. В самом деле, а 2 + b 2 + с 2 – ab – bc – ac = 0,5(2а 2 + 2b 2 + 2с 2 – 2ab – 2bc – 2ac ) = = 0,5((a – b ) 2 + (a – c ) 2 + (b – c ) 2)³ 0.

Разность между а 2 + b 2 + с 2 и ab + bc + ac больше или равна нулю, а это значит, что а 2 + b 2 + с 2 ³ ab + bc + ac (равенство справедливо тогда и только тогда, когда а = b = с).

3. Метод оценок при доказательстве неравенств.

Пример 4. Доказать неравенство

+ + + … + >

Доказательство. Легко заметить, что левая часть неравенства содержит 100 слагаемых, каждое из которых не меньше. В таком случае говорят, что левую часть неравенства можно оценить снизу следующим образом:

+ + + … + > = 100 = .

4. Метод полной индукции. Сущность метода состоит в рассмотрении всех частных случаев, охватывающих условие задачи в целом.

Пример 5. Доказать, что если х > ïу ï, то х > у.

Доказательство. Возможны два случая:

а) у ³ 0; тогда ïу ï = у, а по условию х > ïу ï. Значит, х > у;

б) у < 0; тогда ïу ï > у и по условию х > ïу ï, значит, х > у.

Практическая часть

Задание 0. Возьмите чистый лист бумаги и на нем запишите ответы на все устные упражнения приведенные ниже. Затем свои ответы сверьте с ответами или краткими указания, помещенными в конце этого учебного элемента в рубрике «Ваш помощник».

Устные упражнения

1. Сравните сумму квадратов двух неравных чисел и с их удвоенным произведением.

2. Докажите неравенство:

а) ;

б) ;

в) ;

3. Известно, что . Докажите, что .

4. Известно, что . Докажите, что .

Задание 1. Что больше:

а) 2 + 11 или 9; г) + или;

б) или + ; д) – или;

в) + или 2; е) + 2 или + ?

Задание 2. Докажите, что при любом действительном x имеет место неравенство:

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

б) (x + 2)(x + 4) > (x + 1)(x + 5); д) ³ 2x;

в) (x – 2) 2 > x (x – 4); е) l + 2x 4 > x 2 + 2x 3 .

Задание 3. Докажите, что:

а) x 3 + 1 ³ x 2 + x, если x ³ –1;

б) x 3 + 1 £ x 2 + x, если x £ –1.

Задание 4. Докажите, что если a ³ 0, b ³ 0, с ³ 0, d ³ 0, то

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

Задание 5. Докажите неравенство, выделив полный квадрат:

а) x 2 – 2xy + 9y 2 ³ 0;

б) x 2 + y 2 + 2³2(x + y );

в) 10x 2 + 10xy + 5y 2 + 1 > 0;

г) x 2 – xy + y 2 ³ 0;

д) x 2 + y 2 + z 2 + 3³ 2(х + у + z );

e) (x + l)(x – 2y + l) + y 2 ³ 0.

Задание 6. Докажите, что:

а) x 2 + 2y 2 + 2xy + 6y + l0 > 0;

б) x 2 + y 2 – 2xy + 2x – 2у + 1 > 0;

в) 3x 2 + y 2 + 8x + 4y – 2xy + 22 ³ 0;

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

Задание 7. Докажите, что если n ³ k ³ 1, то k (n – k + 1) ³ n.

Задание 8. Докажите, что если 4а + 2b = 1, то a 2 + b 2 ³ .

Определите значения а и b, при которых имеет место равенство.

Задание 9. Докажите неравенство:

а) х 3 + у 3 ³ х 2 у + ху 2 при x ³ 0 и y ³ 0;

б) х 4 + у 4 ³ х 3 у + ху 3 при любых x и у ;

в) х 5 + у 5 ³ х 4 у + ху 4 при x ³ 0 и y ³ 0;

г) х n + у n ³ х n -1 у + ху n -1 при x ³ 0 и y ³ 0.