Tõesta, et ebavõrdsus on tõsi. Võrratuste tõestus ja lahendamine

MOU Grishino - Slobodskaya keskkool

Mooduli programm

"Ebavõrdsuse tõestamise meetodid"

valikkursuse raames

"Matemaatikaõpiku lehekülgede taga"

klassi õpilastele 10-11

Koostanud:

matemaatika õpetaja

Pankova E.Yu.

Selgitav märkus

“Matemaatikat nimetatakse tautoloogiliseks teaduseks: teisisõnu väidetavalt kulutavad matemaatikud aega, et tõestada, et asjad on nendega võrdsed. See väide on väga ebatäpne kahel põhjusel. Esiteks matemaatika, vaatamata sellele iseloomulikule tunnusele teaduskeel, ei ole teadus; pigem võib seda nimetada kunstiks. Teiseks matemaatika põhitulemusi väljendavad sagedamini ebavõrdsused kui võrdsused.

Kasutatakse ebavõrdsust praktiline töö matemaatika kogu aeg. Nende abil saadakse mitmeid huvitavaid ja olulisi "sümmeetriliste" kujundite äärmuslikke omadusi: ruut, kuup, võrdkülgne kolmnurk, samuti iteratiivsete protsesside konvergentsi tõestamiseks ja mõningate piiride arvutamiseks. Ebavõrdsuse roll on oluline ka erinevates loodusteaduste ja tehnoloogia küsimustes.

Ebavõrdsuse tõestamise ülesanded on traditsioonilistest kõige keerulisemad ja huvitavamad. Ebavõrdsuse tõestamine nõuab tõelist leidlikkust, loovust, mis muudab matemaatika põnevaks aineks.

Tõendusõpetusel on suur roll õpilaste deduktiiv-matemaatilise mõtlemise ja üldise mõtlemisvõime arendamisel. Kuidas õpetada õpilasi iseseisvalt läbi viima ebavõrdsuse tõestusi? Vastus on: ainult paljusid tõendustehnikaid ja meetodeid arvesse võttes ning neid regulaarselt rakendades.

Ebavõrdsuse tõestamiseks kasutatud ideed on peaaegu sama erinevad kui ebavõrdsused ise. Konkreetsetes olukordades viivad üldised meetodid sageli inetute lahendusteni. Kuid mitme "põhilise" ebavõrdsuse ilmselge kombinatsioon on võimalik vaid väheste kooliõpilaste jaoks. Ja pealegi ei takista miski õpilast igal konkreetsel juhul otsimast paremat lahendust kui üldmeetodil saadu. Sel põhjusel taandub ebavõrdsuse tõestamine sageli kunsti valdkonda. Ja nagu iga kunst, on ka neid tehnikat, mille komplekt on väga lai ja neid kõiki on väga raske omandada, kuid iga õpetaja peaks püüdma oma laos leiduvat matemaatilist tööriista laiendada.

Seda moodulit soovitatakse 10.-11. klassi õpilastele. Siin ei käsitleta kõiki võimalikke ebavõrdsuse tõestamise meetodeid (muutuja muutmise meetod, tuletise abil ebavõrdsuse tõestamine, uurimis- ja üldistusmeetod ning järjestamistehnika). Võite soovitada teises etapis (näiteks 11. klassis) kaaluda muid meetodeid, kui see kursuse moodul tekitab õpilastes huvi, samuti keskenduda kursuse esimese osa omandamise edukusele.


		Võrrandid ja võrratused parameetriga.
		Ebavõrdsuse tõestamise meetodid.
		Moodulimärgi all tundmatut sisaldavad võrrandid ja võrratused.
		Kahe muutujaga võrratuste süsteemid.

Valikkursuse sisu

"Matemaatikaõpiku lehekülgede taga"

"Ebavõrdsuse tõestamise meetodid"


		Sissejuhatus.
		Ebavõrdsuse tõendamine definitsiooni alusel.
		meetod matemaatiline induktsioon.
		Klassikaliste võrratuste rakendamine.
		Graafiline meetod.
		Vastupidine meetod.
		Meetod ebavõrdsuse arvestamiseks ühe muutuja suhtes.
		Võimendi idee.
		Õppetund – kontroll.

1. tund. Sissejuhatus.

Ebavõrdsuse tõestamine on elementaarmatemaatikas põnev ja väljakutseid pakkuv teema. Puudumine ühtne lähenemine ebavõrdsuse tõestamise probleemini, viib mitmete ebavõrdsuse tõestamiseks sobivate tehnikate otsimiseni teatud tüübid. See valikkursus uurib järgmisi meetodeid ebavõrdsuse tõendid:

Kordamine:

Viige läbi mõnede omaduste tõendid.

Klassikaline ebavõrdsus:

1)
(Cauchy ebavõrdsus)

Ajaloo viide:

Ebavõrdsus (1) on oma nime saanud prantsuse matemaatik August Cauchy. Number
helistas aritmeetiline keskmine numbrid a ja b;

number
helistas geomeetriline keskmine numbrid a ja b. Seega tähendab ebavõrdsus, et kahe positiivse arvu aritmeetiline keskmine ei ole väiksem nende geomeetrilisest keskmisest.

Lisaks:

Mõelge mitmele ebavõrdsusega matemaatilistele sofismidele.

Matemaatiline sofism- hämmastav väide, mille tõestuses on märkamatuid ja mõnikord üsna peeneid vigu.

Sofismid on valetulemused, mis on saadud arutluskäigu abil, mis ainult näib olevat õige, kuid sisaldab tingimata üht või teist viga.

Näide:

neli üle kaheteistkümne

Õppetund 2. Ebavõrdsuse tõendamine definitsiooni põhjal.

Selle meetodi olemus on järgmine: võrratuste F(x,y,z)>S(x,y,z) kehtivuse kindlakstegemiseks moodustame erinevuse F(x,y,z)-S( x,y,z) ja tõesta, et see on positiivne. Seda meetodit kasutades tuuakse sageli välja ruut, summa või erinevuse kuup, summa või erinevuse mittetäielik ruut. See aitab kindlaks teha erinevuse märgi.

Näide. Tõesta võrratus (x+y)(x+y+2cosx)+2 2sin 2x

Tõestus:

Arvestage erinevust (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.

Tõesta ebavõrdsust:

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

4.
>2x-20

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

3. tund. Matemaatilise induktsiooni meetod.

Naturaalarve sisaldavate ebavõrduste tõestamisel kasutatakse sageli matemaatilise induktsiooni meetodit. Meetod on järgmine:

1) kontrollige teoreemi tõesust n=1 korral;

2) eeldame, et teoreem on tõene mõne n=k korral ja selle eelduse põhjal tõestame teoreemi tõesust n=k+1 korral;

3) lähtudes kahest esimesest sammust ja matemaatilise induktsiooni printsiibist järeldame, et teoreem on tõene mis tahes n korral.

Näide.

Tõesta ebavõrdsust

Tõestus:

1) n=2 korral on ebavõrdsus tõene:

2) Olgu ebavõrdsus tõene n=k korral, st.
(*)

Tõestame, et võrratus on tõene n=k+1 korral, s.o.
. Korrutame mõlemad võrratuse (*) osad arvuga
saame 3) Punktist 1. ja punktist 2 järeldame, et ebavõrdsus kehtib mis tahes n korral.

Ülesanded klassi- ja kodutöödeks

Tõesta ebavõrdsust:

6)
.

4. õppetund Klassikaliste võrratuste rakendamine.

Selle meetodi olemus on järgmine: kasutades rea teisendusi, tuletatakse nõutav ebavõrdsus, kasutades mõnda klassikalist võrratust.

Näide.

Tõesta ebavõrdsust:

Tõestus:

Võrdlusvõrratusena kasutame .

Me vähendame seda ebavõrdsust järgmine liik:

, siis

Aga =
, siis

Tõesta ebavõrdsust:

1)(p+2)(q+2)(p+q)16pq(tõestuseks kasutame ebavõrdsust
)

2)
(dokumenteerimiseks kasutatakse ebavõrdsust)

3) (a+b)(b+c)(c+a) 8abc (tõestuseks kasutatakse ebavõrdsust)

4) (tõestuseks kasutatakse võrratust).

5. õppetund Graafiline meetod.

Ebavõrdsuse tõestus graafiline meetod on järgmine: kui tõestame võrratust f(x)>g(x)(f(x)

1) koostada funktsioonide y=f(x) ja y=g(x) graafikud;

2) kui funktsiooni y=f(x) graafik asub funktsiooni y=g(x) graafiku kohal (all), siis on tõestatav ebavõrdsus tõene.

Näide.

Tõesta ebavõrdsust:

cosx
,x0

Tõestus:

Koostame ühes koordinaatsüsteemis funktsioonide y=cosx ja graafikud

Graafikult on näha, et punktis x0 asub funktsiooni y=cosx graafik funktsiooni y= graafikust kõrgemal.

Ülesanded töötamiseks klassiruumis ja kodus.

Tõesta ebavõrdsust:

4)
.

6. õppetund

Selle meetodi olemus on järgmine: olgu vaja tõestada võrratuse F(x,y,z) S(x,y,z)(1) õigsust. Eeldatakse vastupidist, st et võrratus F(x,y,z) S(x,y,z) (2) kehtib vähemalt ühe muutujate hulga kohta. Kasutades võrratuste omadusi, sooritatakse võrratuse (2) teisendused. Kui nende teisenduste tulemusena saadakse vale ebavõrdsus, siis see tähendab, et eeldus ebavõrdsuse (2) kehtivuse kohta on väär ja seetõttu on ebavõrdsus (1) tõene.

Näide.

Tõesta ebavõrdsust:

Tõestus:

Oletame vastupidist, st.

Teeme ruudu mõlemad ebavõrdsuse osad, saame , kust
ja mujal

. Kuid see on vastuolus Cauchy ebavõrdsusega. Seega on meie oletus vale, st klassiruumis ja kodus töötamise ebavõrdsus vastab tõele.

9. õppetund Tund – õpilaste teadmiste kontroll.

Seda õppetundi saab teha paaris või kui suured numbrid klass rühmades. Tunni lõpus tuleks hinnata iga õpilast. See on selle kursuse stenogramm. Sellel teemal ei ole soovitatav teha kontrolltöid. ebavõrdsuse tõestus, nagu juba seletuskirjas mainitud, kuulub kunsti valdkonda. Alguses palutakse õpilastel ise määrata välja pakutud ebavõrdsuse tõestamise meetod. Kui õpilastel on raskusi, ütleb õpetaja neile ratsionaalse meetodi, hoiatades rühma, et see muidugi mõjutab nende hindamist.

Paaris töötama.

Ülesannete näited.

________________________________________________________________

Tõesta ebavõrdsust:

1.
(matemaatilise induktsiooni meetod)

2.
(a-prioor)

Moodul . Võrrandid ja ebavõrdsused parameetritega. ... omadused, sõnastus ja tõend teoreemid, valemite tuletamine ... kõige lihtsam ebavõrdsused. 7. Oskab kasutada meetod intervallid...

9. klassi õpilaste lahtise olümpiaadi programm ja matemaatikaalase ettevalmistuse nõuded

Programm

kontseptsioon moodul tegelik arv. Aritmeetika ja geomeetrilised määratlused moodul. Avalikustamine moodulid. ... ebavõrdsused. Tõestus ebavõrdsused. Lineaar-, ruut-, murd-ratsionaallahendus ebavõrdsusedühe muutujaga. Otsus ebavõrdsused ...

Matemaatika valikprogramm 8. klassile

Programm

Demonstreerida meetodid tõestus veidi keerulisem ebavõrdsused selle lihtsaga ebavõrdsused? Nii et sellel ministril programm ...

ärakiri

1 FGBOU VO "PETROZAVODSK RIIKÜLIKOOL" MATEMAATIKA- JA INFOTEHNOLOOGIATEADUSKOND Geomeetria ja topoloogia osakond Khalzenen Elizaveta Sergeevna Bakalaureuseõppe lõputöö Ebavõrdsuse tõendamise meetodid Doktori suund: "0". -m. Teadused, Platonov S.S. (pea allkiri) Petroskoi

2 Sisukord Sissejuhatus ... 3. Jenseni ebavõrdsus Permutatsiooni ebavõrdsus Karamata ebavõrdsus Ülesannete lahendamine ebavõrdsuse tõestamiseks ... 3 Kasutatud kirjandus

3 Hooldus Meetod on järjestikuste toimingute kogum, mis on suunatud teatud tüüpi probleemi lahendamisele. Käesoleva töö ebavõrdsuse tõestamise meetodid on suunatud leidmisele kohandatud lahendus teatud vormi ebavõrdsused. Selliseid meetodeid kasutades väheneb lahus kohati. Tulemus on sama, kuid töömaht on väiksem. eesmärk lõputöö oli kolme tüüpi ebavõrdsuse uurimine, mille abil on lihtne tõestada paljusid teisi. Need on Jenseni ebavõrdsus, permutatsiooni ebavõrdsus, Karamata ebavõrdsus. Kõik need ebavõrdsused on matemaatiliselt ilusad, nende ebavõrdsuste abil on võimalik kooli ebavõrdsusi lahendada. See teema on ajakohane. Minu arvates võiks see olla kasulik koolinoortele, sh matemaatika valdkonna teadmiste taseme tõstmisel. Kuna meetodid ei ole standardsed, siis mulle tundub, et matemaatilise eelarvamusega õpilastele oleks need kasulikud ja põnevad. Ülesandeks on pakutavast kirjandusest otsida ja lahendada temaatilisi ebavõrdsusi. Töö koosneb neljast lõigust. Selles osas kirjeldatakse Jenseni ebavõrdsust, antakse selle tõestus ja abidefinitsioonid. Lõikes 2 permutatsiooni ebavõrdsus, selle konkreetsed juhtumid ja üldine permutatsiooni ebavõrdsus. 3. jaotises on Karamata ebavõrdsus ilma tõestuseta. Lõige 4 on lõputöö põhitöö, s.o. ebavõrdsuse tõendid, kasutades Jenseni ebavõrdsust, permutatsiooni ebavõrdsust ja Karamata ebavõrdsust

4 . Jenseni ebavõrdsuse definitsioon. Tasapinna alamhulka nimetatakse kumeraks, kui selles on kaks punkti antud komplekt saab ühendada segmendiga, mis asub täielikult selles komplektis. Definitsioon 2. Olgu f(x) defineeritud mingil intervallil. Kõigi punktide (x,y) hulka, mille puhul y f(x) nimetatakse epigraafiks, kus x kuulub antud intervalli. Punktide hulka (x,y), mille puhul y f(x) nimetatakse alamdiagrammiks. Definitsioon 3. Vaatleme funktsiooni mõnel intervallil. Funktsiooni nimetatakse kumeraks, kui selle epigraaf on sellel intervallil kumer hulk. Funktsiooni nimetatakse nõgusaks, kui selle alamgraaf on kumer hulk. Funktsiooni kumeruse (nõgususe) kriteerium. Et intervallil (a, b) pidevalt diferentseeruv funktsioon y = f(x) oleks kumer (nõgus) punktis (a, b), on vajalik ja piisav, et selle tuletis f suureneks (väheneks) intervallil (a) , b). Funktsiooni kumeruse (nõgususe) kriteerium 2. Selleks, et funktsioon y = f(x) oleks intervallil (a, b) kaks korda diferentseeruv, oleks kumer (nõgus) punktis (a, b), on vajalik ja piisav, et f (x) 0(f (x) 0 ) kõigis punktides x (a, b) Definitsioon 4. Punktide A(x, y) ja B(x 2, y 2) massikeseks on lõiku AB kuuluv punkt C(x, y) , nii et AC = m B, kus m BC m B on punkti B mass A ja m A on punkti A mass. Vektorkujul leitakse massikese järgmiselt: punkti keskpunkti raadiusvektor mass: kus r i on punktide A ja B raadiuse vektor, i =,2. Koordinaatides: 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 Olgu punktide A ja B massikese С AB. Kui U on tasandi kumer alamhulk ning punktid A ja B kuuluvad U-sse, siis С AB kuulub U-sse, kuna С AB kuulub segmenti AB. Olgu A, A 2 A suvalised punktid tasapinnal massidega m, m 2, m. Punktide süsteemi A, A 2 A massikese C A,A 2 A määratakse induktsiooni teel:) Punktis = 2 on punktide süsteemi A, A 2 massikese C A A 2 juba defineeritud. Eeldame, et punkti C A A 2 mass on m + m 2 2) Oletame, et punktide süsteemi A, A 2 A jaoks on massikese A, A 2 A juba defineeritud. Tähistame punktide A, A 2 A massikeskpunkti B-ga ja eeldame, et punkti B mass võrdub m B = m + m m. Definitsiooni järgi seame C A,A 2 A = C BA, st. punktide süsteemi A, A 2 A, A massikese on võrdne kahe punkti B ja A massikeskmega. Eeldame, et punkti C A,A 2 A mass võrdub m B + m = m + m m. Massikeskme definitsioonist järeldub, et kui kõik punktid A, A 2 A kuuluvad kumerasse hulka U, siis kuulub ka nende massikese U. Lemma. Olgu A, A 2 A punktid tasapinnal massiga m, m 2, m ja r i punkti A i raadiuse vektor, i =,. Kui C on punktide A, A 2 A massikese, siis punkti C raadiusvektori r C saab arvutada valemiga Tõestus. r C = m r +m 2 r 2 + +m r m +m 2 + +m (2) Tõestame valemi (2) induktsiooni teel. = 2 puhul on valem juba tõestatud (vt valemit ()). Oletame, et valem (2) on () jaoks juba tõestatud. Olgu B punktide süsteemi A, A 2 A massikese. Siis - 5 -

6 r B = m r + m 2 r m r m + m m, punkti B mass on m B = m + m m. Definitsiooni järgi langeb punktide A, A 2 A massikese C kokku punktide B ja A massikeskmega. Punkti C raadiuse vektor arvutatakse valemiga () r C = m Br B + m r m B + m = m r + m 2 r m r m + m m, mis tõestab punktide valemit (2). Koordinaatides on valem (2) järgmine: 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 Jenseni teoreem. Olgu y = f(x) kumer funktsioon mingil intervallil x, x 2, x - arvud sellest intervallist; m, m 2, m - positiivsed numbrid, mis vastab tingimusele m + m m =. Siis kehtib Jenseni võrratus: f(m x + m 2 x m x) m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f(x) Kui funktsioon y = f(x) on mingil intervallil nõgus, siis x, x 2, x - numbrid sellest intervallist; m, m 2, m -positiivsed arvud, mis vastavad ka tingimusele m + m m =. Siis on Jenseni võrratus järgmine: f(m x + m 2 x m x) m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f(x)" Tõestus: vaatleme funktsiooni f(x) kumerat intervallil (a, b) . Vaatleme selle graafiku punkte A, A 2, A ja olgu A i = (x i, y i), y i = f(x i). Võtame punktide A, A 2, A suvalised massid m, m 2, m, nii et m + m m =. Sellest, et f(x) on kumerfunktsioon, järeldub, et - 6 -

7, et funktsiooni epigraaf on kumer hulk. Seetõttu kuulub punktide A, A 2, A massikese epigraafi alla. Leidke massikeskme koordinaadid: 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) ) Kuna C kuulub epigraafi, siis saame p.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) (a + a a) a a 2 a Võtame võrratuse (3) logaritmi, saame ekvivalentne võrratus (3) l (a + a 2 + +a) l(a a 2 a) (4) Kasutades logaritmide omadusi, kirjutame võrratuse (4) ümber kujul : l (a +a 2 + +a ) l a + l a l a (5) Saadud võrratus on Jenseni ebavõrdsuse erijuht juhul, kui f(x) = l(x), m = m 2 = = m =. Pange tähele, et funktsioon y = l(x) on intervallil (0, +) nõgus, kuna y =< 0, поэтому неравенство (5) есть erijuhtum ebavõrdsused x2-7 -

8 Jensen nõgusa funktsiooni jaoks f(x) = l(x). Kuna ebavõrdsus (5) kehtib, kehtib ka ekvivalentne võrratus (3) 2. Permutatsioonivõrratus Definitsioon. Arvude hulga (,2,3, ) üks-ühele vastavust iseendale nimetatakse elementide permutatsiooniks. Tähistame permutatsiooni σ-ga nii, et σ(), σ(2), σ(3) σ() on arvud,2,3, erinevas järjekorras. Vaatleme kahte arvude komplekti a, a 2, a ja b, b 2, b. Hulgi a, a 2, a ja b, b 2, b nimetatakse identse järjestusega, kui mis tahes arvude i ja j korral, kuna a i a j eeldab, et b i b j. Eriti, suurim arv hulgast a, a 2, a vastab suurimale arvule hulgast b, b 2, b, suuruselt teise arvu jaoks esimesest hulgast on suuruselt teine arv teisest hulgast jne. Hulgad a, a 2, a ja b, b 2, b on vastupidises järjekorras, kui mis tahes arvude i ja j puhul eeldab asjaolu, et a i a j, b i b j. Sellest järeldub, et suurim arv hulgast a, a 2, a vastab väikseim number hulgast b, b 2, b vastab suuruselt teine arv hulgast a, a 2, a suuruselt teisele arvule hulga b, b 2, b ja nii edasi lõpust. Näide.) Olgu antud kaks kogumit, nii et a a 2 a ja b b 2 b, siis vastavalt meie antud definitsioonidele on need kogud järjestatud võrdselt. 2) Olgu antud kaks hulka, nii et a a 2 a ja b b 2 b, sel juhul on arvude hulgad a, a 2, a ja b, b 2, b vastupidises järjekorras. Kõikjal allpool a, a 2 , a ja b, b 2 , b - positiivsed reaalarvud «Teoreem. (Permutatsiooni ebavõrdsus) Olgu kaks arvude hulka a, a 2, a ja b, b 2, b. Mõelge nende võimalike permutatsioonide komplektile. Siis on avaldise väärtus 8 -

9 S = a b σ + a 2 b σ2 + + a b σ () on suurim, kui hulgad a, a 2, a ja b, b 2, b on järjestatud võrdselt, ja väikseim, kui a, a 2, a ja b , b 2, b on vastupidises järjekorras. Kõigi muude permutatsioonide korral jääb summa S väikseima ja suurima väärtuse vahele. Näide. Teoreemi a b + b c + c a 3 kohaselt, kuna hulk a, b, c ja a, b, c on vastupidises järjekorras ning väärtus a a + b b + c c = 3 on väikseim. Teoreemi tõestus. Vaatleme kahte arvude komplekti: esimene on a, a 2, a ja teine on b, b 2, b. Oletame, et need komplektid pole ühtemoodi järjestatud, need. On olemas indeksid i ja k, et a i > a k ja b k > b i. Vahetame teise hulga arvud b k ja b i (sellist teisendust nimetatakse "sortimiseks"). Siis summas S asendatakse terminid a i b i ja a k b k a i b k ja a k b i-ga ning kõik ülejäänud liikmed jäävad muutumatuks. Pange tähele, et 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 kõrgeim väärtus. Väikseim väärtus saadakse sarnaselt, ainult sorteerime seni, kuni komplektid on vastupidises järjekorras. Selle tulemusel jõuame väikseima väärtuseni. “Teoreem 2. Vaatleme kahte positiivset hulka a, a 2, a 3 a ja b, b 2, b 3 b ning kõiki selle võimalikke permutatsioone. Siis on korrutise väärtus (a i + b σ(i)) suurim, kui hulgad a, a 2, a 3 a ja b, b 2, b 3 b on järjestatud võrdselt, ja väikseim, kui need on vastupidises järjekorras.

10 Teoreem 3. Vaatleme kahte hulka a, a 2, a 3 a ja b, b 2, b 3 b selle hulga elemendid on positiivsed. Siis on () a i + b σ(i) väärtus suurim, kui hulgad a, a 2, a 3 a ja b, b 2, b 3 b on järjestatud võrdselt, ja väikseim, kui need on vastupidises järjekorras. Teoreemid 2,3 on enama erijuhud üldine teoreem, mida arutatakse allpool. Üldine permutatsioonivõrratus “Teoreem 4 (Üldine permutatsioonivõrratus). Olgu funktsioon f pidev ja kumer mingil R intervallil. Siis mis tahes arvuhulkade a, a 2, a 3 a ja b, b 2, b 3 b korral intervallist avaldise f väärtus (a + b σ()) + f ( a 2 + b σ(2)) + f (a + b σ()) on suurim, kui hulgad on samas järjekorras ja väikseim, kui hulgad on vastupidises järjekorras. Teoreem 5. Olgu funktsioon f pidev ja nõgus mingil intervallil R Siis: avaldise f väärtus (a + b σ()) + f (a 2 + b σ(2)) + f (a + b σ()) on suurim, kui arvud on vastupidises järjekorras, ja väikseim, kui hulgad a, a 2, a 3 a ja b, b 2, b 3 b on järjestatud võrdselt. Tõestus.") Vaatleme juhtumit = 2. Olgu funktsioon f kumer ja on kaks hulka a > a 2 ja b > b 2. Peame tõestama, et Olgu 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. Siis - 0 -

11 a + b 2 = x + k, a 2 + b = x + m, a + b = x + k + m, seega on ebavõrdsus (2) kujul f(x + k + m) + f(x + k ) f(x + k) + f(x + m) (3) Võrratuse tõestamiseks kasutame joonist Joonisel on kujutatud kumerfunktsiooni graafik y = f(x) punktid A(x, f( x)), C(x + k, f(x + k)), D(x + m, f(x + m)), B (x + k + m, f(x + k + m)). ja on Funktsiooni f kumerus tähendab, et akord CD asub akordi AB all. Olgu K CD keskpunkt, M3 AB keskpunkt. Pange tähele, et punktide K ja M abstsissid on samad, kuna x k = 2 ((x + k) + (x + m)) = (2x + k + m) 2 x m = 2 (x + (x + k) + m) ) = (2x + k + m) 2 Seetõttu asuvad punktid K ja M samal vertikaalsel sirgel, mis tähendab, et y m y k. ---

12 Kuna y m = (f(x) + f(x + k + m)) 2 y k = (f(x + k) + f(x + m)) 2 See tähendab ebavõrdsust (3) ja (2). Q.E.D. 2) Olgu > 2. Oletame, et hulgad a, a 2, a 3 a ja b, b 2, b 3 b ei ole järjestatud ühtemoodi, s.t. on indeksid i ja k sellised, et a i > a k ja 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 Kui x, x 2, x on positiivsed arvud, i= x i =, siis (,) (x, x 2, x) (,0,0,0, 0) “Teoreem (Karamata võrratus) Olgu f: (a , b ) R, f on kumerfunktsioon x, x 2, x, y, y 2, y (a, b) ja (x, x 2, x) (y, y 2, y), siis f(x) ) + f(x 2) + f(x) f(y) + f(y 2) + f(y). Kui f on nõgus funktsioon, siis f(x) + f(x 2) + f(x) f(y) + f(y 2) + f(y)." Vaata tõestust . 4. Ülesannete lahendamine ebavõrdsuse tõestamiseks. Selles jaotises käsitleme erinevaid ebavõrdsuse tõendamise probleeme, mida saab lahendada Jenseni ebavõrdsuse, permutatsioonivõrratuse või Karamata ebavõrdsuse abil. Harjutus. Tõesta ebavõrdsus, kus x, x 2, x > 0 Olgu 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 Siis tähendab Jenseni ebavõrdsus, et - 3 -

14 Tõestame, et i= + x i + x x 2 x + x + x 2 + +x See kehtib siis ja ainult siis, kui + x x 2 x + x + x x + x x 2 x x + x x x x 2 x Ja viimane võrratus langeb kokku ebavõrdsus Cauchy. Ülesanne 2. Tõesta, et iga a, b > 0 korral on ebavõrdsus tõene: 2 a + b ab Ülesanne 3. Tõesta, et iga a, a 2, a > 0 korral on ebavõrdsus tõene: a a 2 a a a 2 a Võrratuse saab ümber kirjutada järgmiselt: - 4 -

15 () (a a a 2 a a 2 a) see on Cauchy ebavõrdsus. Ülesanne 4. Tõesta, et iga a, a 2, a > 0 korral on ebavõrdsus tõene: Vaatleme võrratust =3 jaoks. a + a a + a a a 2 a 3 a a a a 2 + a 2 a 3 + a 3 a 3 -tõene Tähistage x = a a 2,x 2 = a 2 a 3,x = a a, Siis x x 2 x =. Siis saab ebavõrdsus kuju: x + x x See võrratus tuleneb Cauchy ebavõrdsusest: q.t.d. Ülesanne 5. Tõesta, et (x + x x) x x 2 x = si x + si x si x si x + x x, kus 0 x i π - 5 -

16 Võrratus tuleneb Jenseni võrratusest funktsiooni y = si x korral. Funktsioon y = si x on intervallil (0, π) nõgus, kuna 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 ebavõrdsus on tõene: (a + a 2+ +a)(a + a a) 2 Võrratuse saab ümber kirjutada järgmiselt: see on ekvivalentne (a + a a) a + a a 2 a +a 2 + +a a + a 2+ +a Vaatleme Jenseni funktsiooni f(x) = x ja saame selle võrrandi. ja kasutades võrratust Ülesanne 7. Tõesta, et iga x, y, z > 0 korral on võrratus x 5 + y 5 + z 5 x 3 y 2 + y 3 x 2 + z 3 x 2. Rakendame permutatsioonivõrratust. Olgu esimene komplekt järgmine x 3, y 3, z 3, x 2, y 2, z 2 x 5 + y 5 + z 5 vasakul küljel oleva avaldise väärtus koosneb identse järjestusega arvuhulkadest. Sellest järeldub, et saadud väärtus - 6 -

17 kõigi muude permutatsioonide jaoks rohkem väärtust saadakse muutujate "kõige õigema" paigutusega. Ülesanne 8. Tõesta, et iga x, y, z > 0 korral on ebavõrdsus tõene: x + x 2 + y + y 2 + z + z 2 x + y 2 + y + z 2 + z + x 2 Võime eeldada et x y z. Olgu a = x, a 2 = y, a 3 = z, b = + x 2, b 2 = + y 2, b 3 = + z 2 Määrab a, a 2, a 3 ja b, b 2, b 3 on vastupidiselt järjestatud, seetõttu on permutatsioonivõrratuse järgi summa a b + a 2 b 2 + a 3 b 3 summade hulgas väikseim Eelkõige, mis on ekvivalentne 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. Ülesanne 9. Tõesta, et iga a, a 2, a > 0 korral on ebavõrdsus tõene: (+ a 2) (+ a 2 2) (+ a 2) (+ a a 2 a 3 a)(+ a 2 ) (+ a) Korrutades a a 2 a, saame (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 Võtame võrratuse logaritmi ja saame ekvivalentse võrratuse. 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.) Me kasutada üldist permutatsioonivõrratust nõgusa funktsiooni y = l x jaoks. Olgu a i = a i, b i = a i 2. Siis on hulgad b, b 2, b ja a, a 2, a identselt järjestatud, seega l(b + a) + l(b 2 + a 2) + + l( b + a ) l(b + a 2) + l(b 2 + a 3) + + l(b + a), mis tõestab ebavõrdsust (9.). Ülesanne 0. Tõesta, et iga positiivse a, b, c korral a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ac (0.) Olgu a b c.. Kuna hulgad (a, b, c) ja (a, b , c) on järjestatud identselt, kuid hulgad (a, b, c) ja (b, c, a) ei ole identselt järjestatud, siis järeldub permutatsioonivõrratusest võrratus (0.). Harjutus. Tõesta, et kui xy + yz + zx =, siis ülesandest 0 tuleneb ebavõrdsus (.). Ülesanne 2. Tõesta, et kui a, b, c > 0, siis x 2 + y 2 + z 2 (.). (a + c)(b + d) ab + cd Kuna ruutjuur on nullist suurem või sellega võrdne, saame parema ja vasaku külje ruudustada. Saame: (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 -tõene ülesanne 3, 4. Tõesta, et iga a, a 2, a > 0 korral kehtib järgmine ebavõrdsus: 3) a 2 + a a 2 (a + a 2 + a) 2 4) a 2 + a a 2 (3.) (4.) kus a + a 2 + a = Ebavõrdsus (4.) tuleneb ( 3.) a + a 2 + a = korral. Tõestame ebavõrdsust (3.). Selle saab teisendada Or a 2 + a a 2 (a + a 2 + a) 2 2 a 2 + a a 2 (a + a a) Kasutame Jenseni võrratust kumera funktsiooni f(x) jaoks: f(q x + q 2 x 2 + q x) q f(x) + q 2 f(x 2) + q f(x), kus 0 q i, q + q 2 + q =. Kui võtta f(x) = x 2, q i =, i =,2, siis saame võrratuse (3.) jne. Ülesanne 5. Tõesta, et mis tahes naturaalarvu ja iga p, q korral on võrratus () 2 pq + ()(p + q) + ()pq + (5.) - 9 -

20 Teisendame võrratuse (5.) samaväärsele kujule: () 2 pq + ()(p + q) + ()pq + () 2 pq + ()(p + q) + ()pq 0 )[ ()pq + (p + q) pq] + 0 () () 0 () 0 () 0 alati alates -looduslikust Tõestame, et 0 (5.2) p + q pq = p(q ) (q) = (p)(q) Kuna p, q, siis p 0, q 0, siis kehtib võrratus (5.2). Ülesanne 6. Mis tahes positiivsete arvude x, y, z korral on võrratus tõene: Olgu x y z xyz (y + z x)(z + x y)(x + y z) (6.)) Kui y + z x< 0, то неравенство (6.) выполнено 2) Пусть все множители в правой части >0. Siis on võrratus (6.) ekvivalentne l x + l y + l z l(y + z x) + l(z + x y) + l(x + y z) Olgu f(x) = l x. Kuna 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 (kuna y z 0); (x + y z) + (x + z y) = 2x x + y (x + y z) + (x + z y) + (y + z x) = x + y + z Kuna funktsioon f(x) = l x on nõgus , siis järeldub Karamata võrratusest, et l(x + y z) + l(x + z y) + l(y + z x) = l x + l y + l z, mis tõestab ebavõrdsust (6.). Ülesanne 7. Tõesta, et iga a, b ja c > 0 korral on ebavõrdsus tõene: a 2 + b 2 + c ab + ac + bc a 2 + 2bc + b 2 + 2ac + c 2 + 2ab See on ekvivalentne Olgu a b c. a 2 + b 2 + c 2 + ab + ac + bc + ab + ac + bc ac + b, ab + ac + b) (7.) (a 2 + 2bc, b 2 + 2ac, c 2 + 2ab) (7.2) Peame tõestama, et (7.) majoriseerib (7.2). Kasutame majoriseerimise definitsiooni :) a 2 + b 2 + c 2 a 2 + 2bc (b c) 2 0-õige 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 ja (c a) 0, siis (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 Õige. Seega arvude hulk (7.) majoriseerib arvude hulka (7.2). Rakendades Karamata võrratust kumerale funktsioonile f(x) = x, saame õige esialgse võrratuse. Ülesanne 8. Kui a, b, c, d > 0, tõesta, et võrratus 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 Olgu a b c d 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 Vaatleme kahte arvude komplekti: (4x, 4y, 4z, 4w, x + y + z + w, x + y + z + w) ja (2x + 2y, 2x + 2z, 2x + 2w, 2y + 2z, 2y + 2w, 2z + 2w) komplektid: (4x, 4y, 4z, x + y + z + w, x + y + z + w, 4w) ja (8.) Teine jääb muutumatuks: ( 2x + 2a, 2x + 2z, 2x + 2w, 2a + 2z, 2a + 2w, 2z + 2w) (8.2) Tõestame, et (8.) majoriseerib (8.2)

23 ) 4x 2x + 2y, x y on õige 2) 4x + 4y 4x + 2y + 2z,y z on õige 3) 4x + 4y + 4z 4x + 2y + 2z + 2x + 2w y + z x + w et 2x + 2w + 2z x + w y + z, siis juhtum 3) on võimalik ainult juhul, kui 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 Sarnaselt eelmisele juhtumile kehtib see võrratus x + w = y + z 5) 4x + 4y + 4z + 2x + 2y + 2z + 2w 2z + 2y korral + 2w z w on õige 6) 4x + 4y + 4z + 2x + 2y + 2z + 2w + 4w , hulk (8.) muudab arvude hulga (8.2) suureks. Kasutades funktsiooni f(x) = e x jaoks Karamata võrratust, saame õige võrratuse. Ülesanne 9. Kui a, b, c > 0, tõesta, et võrratus a 3 + b 3 + c 3 + abc 2 3 (a2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca) on tõene

24 Olgu a b c Korrutage võrratuse mõlemad pooled 3-ga, saame 3a 3 + 3b 3 + 3c 3 + 3abc 2(a 2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca) 2 (9. ) Teeme muudatuse : Ja kirjutame võrratuse (9.) kujul: 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 + y + z, x + y + z, x + y + z) ja ( 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) z, x + y + z, 3z, 3z, 3z,) ja (9.2) Järjesta teine komplekt: 2x + y z + 2x y z true y + 2z 2z + x y x true Seega saame komplekt: (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) tõestavad, et arvude hulk (9.2) muudab arvude hulga (9.3) suuremaks. 3 x 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, x = y korral saame 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 Kui x = y saame y z 7) 9x + 9y + x + y + z , saame y z 8) 9x + 9y + 2x + 2y + 2z 4x + 2a + 2z + 4x + 4a + 2x + 4a + 2z, x + y + 3z 0 + 2z + 4x + 4y + 2x + 4y + 2z + 2z + x, x + 2a + 3z 0 0) 9x + 9a + 3x + 3a + 3z + 3z 4x + 2a + 2z + 4x + 4a + 2x + 4a + 2z + 4z + 2x, y z) 9x + 9a + 3x + 3a + 3z + 6z 4x + 2a +x +2 4a + 2x + 4a + 2z + 4z + 2x + 2z + y, 5a z 2) 9x + 9a + 3x + 3a + 3z + 9z 4x + 2a + 2z + 4x + 4a + 2x + 4a + 2z + x 4 + 4z + 2y 2x + 2y + 2z = 2x + 2y + 2z muudab arvude hulga (9.3) suureks ja funktsiooni f(x) = e x Karamata võrratuse abil saame õige ebavõrdsuse

26 Viited) Yu.P. Solovjov. Ebavõrdsused. M.: Moskva matemaatika täiendõppe keskuse kirjastus 2005. 6s. 2) I.Kh. Sivašinski. Ülesannete ebavõrdsused M.: Nauka, lk. 3) A. I. Hrabrov. Mongoolia ebavõrdsuse kohta, Mat. valgustus, ser. 3, 7, MTsNMO, M., 2003, lk. 4) L. V. Radzivilovskii, Generalization of permutation inequality and the Mongolian inequality, Mat. valgustus, ser. 3, 0, MCNMO Publishing House, M., 2006, lk. 5) V.A.ch Krechmar. Algebra raamat. Viies trükk M., teadus, lk. 6) D. Nomirovski Karamata ebavõrdsus /D. Nomirovski // (Kvant)-S

Kumerad hulgad ja funktsioonid R n hulga n reaalarvud. Edasi nimetatakse seda hulka ruumiks, selle elemente nimetatakse punktideks, tähistatakse punkti koordinaatidega (x 1,..., x n).

Ülesande tingimused 1 valla etapp 8. klass 1. Tahvlile kirjutatakse kaks numbrit. Ühte neist suurendati 6 korda ja teist vähendati 2015. aastaks, kusjuures numbrite summa ei muutunud. Leidke vähemalt üks paar

IX peatükk. Eukleidese ja unitaarruumid 35. Skalaarkorrutis Uurali vektorruumis föderaalülikool, Matemaatika Instituut ja arvutiteadus, Algebra ja diskreetsuse osakond

Uurali föderaalülikool, matemaatika ja arvutiteaduse instituut, algebra ja diskreetse matemaatika osakond

Üheksanda Euleri olümpiaadi täiskoormuse vooru ülesannete lahendamine 1. Vaadeldakse süsteemi x yz 1, x y z x, x y z kõiki lahendusi. Leidke kõik väärtused, mida x võib võtta. Vastus: 1; üks; 1. Lahendus 1. Kuna x y

4. loeng 1. VEKTORID Vektorisuunaline segment. Võrdsed vektorid: on samad pikkused ja kattuvad suunad (paralleelsed ja samas suunas osutavad) Vastandvektorid: sama pikkusega

Teema 1-8: Kompleksarvud A. Ya. Ovsyannikov Uurali föderaalülikooli matemaatika ja arvutiteaduse instituut Algebra ja diskreetse matemaatika osakond Mehaanika algebra ja geomeetria (1 semester)

Penza Riiklik Ülikool Füüsika-matemaatikateaduskond "Osakoormusega füüsika-matemaatikakool" MATEMAATIKA Identiteedi transformatsioonid. Võrrandite lahendus. Kolmnurgad Ülesanne 1 jaoks

Moskva Füüsika ja Tehnoloogia Instituut logaritmilised võrrandid ja ebavõrdsused, potentseerimise meetod ja logaritm ülesannete lahendamisel. Tööriistakomplekt olümpiaadideks valmistumisel.

98 MATEMAATIKA: ALGEBRA JA ANALÜÜSI GEOMEETRIA ALGUSED Kumerfunktsiooni omadustel põhinevate võrrandite lahendused Lipatov SV Kaluga MBOU "KE Tsiolkovski nimeline Lütseum 9" 0 "A" klass Juhendaja:

Kompleksarvu algebraline vorm. Hariduslik ettekanne A. V. Likhatsky Juhataja: E. A. Maksimenko Southern Federal University 14. aprill 2008 A. V. Likhatsky (SFedU) Algebr. vormikomplekt numbrid

Moskva Riiklik Ülikool Tehnikaülikool nime saanud N.E. Baumani teaduskond" Põhiteadused» Tool » Matemaatiline modelleerimine» À.Í. Êàíàòíèêîâ, À.Ï. Êðèùåíêî

72 2. peatükk Polünoomid Näited ja kommentaarid Algoritmid A-01 Kirjutage polünoom standardvorm A-02 Tehted polünoomidega A-03 Suulised teisendused A-04 Taandatud korrutusvalemid A-05 Newtoni binoom

6. Euleri olümpiaadi korrespondentsvooru ülesannete lahendused I matemaatikaplokk Uuri välja, milliste parameetri väärtuste jaoks on reaalarvud x ja y, mis rahuldavad võrrandit xy + x + y + 7 Vastus: 89 Lahendus

Loeng 8 Peatükk Vektoralgebra Vektorid Kogused, mis on määratud ainult nende järgi arvväärtus, nimetatakse skalaarseteks näideteks skalaarid: pikkus, pindala, maht, temperatuur, töö, mass

piirkondadevaheline olümpiaad koolilapsed" Kõrgeim standard”, 2017 MATEMAATIKA, 2. etapp lk 1/10 Lahendused ja kriteeriumid olümpiaadi ülesannete hindamiseks 10-1 6-liikmelises seltskonnas läksid osad ettevõtted kolmele.

7. Mitme muutuja funktsioonide äärmus 7.. Kohalikud äärmused Olgu funktsioon f(x,..., x n) defineeritud mõnel avatud hulgal D R n. Punkti M D nimetatakse punktiks kohalik maksimum(kohalik

Kaheksas Euleri matemaatikaõpetajate olümpiaad Kirjavahetusvooru ülesannete lahendamine Lahenda võrrand a b c b a c c a b a b c, kus a, b ja c on positiivsed arvud Lahendus Selge on, et a b c lahendid antud võrrand

Ma muidugi, ülesanne. Tõesta, et Riemanni funktsioon, kui 0, m m R(), kui m, m 0 ja murd on taandamatu, 0, kui irratsionaalne, on katkendlik igas ratsionaalne punkt ja on pidev igas irratsionaalses. Otsus.

Linnaolümpiaad matemaatikas, Habarovsk, 1997 Ülesanne 1. Leia lahendid võrrandile 9 KLASS (x + 2) 4 + x 4 = 82. (1) Lahendus. Pärast muutuja x = y 1 muutmist saab võrrandi (1) kirjutada kujul

Uurali föderaalülikool, matemaatika ja arvutiteaduse instituut, algebra ja diskreetse matemaatika osakond

Teema 2-14: Eukleidilised ja unitaarruumid A. Ya. Ovsyannikov Uurali föderaalülikooli matemaatika ja arvutiteaduse instituut Algebra ja diskreetse matemaatika osakond Algebra ja geomeetria jaoks

Üheksas Euleri matemaatikaõpetajate olümpiaad Korrespondentsringülesannete lahendused 1. Lahenda x(x ab) a b võrrand. Otsus. On selge, et x a b on selle võrrandi juur. Polünoomi x abx jagamine

1. Kahe muutujaga lineaarvõrrandid Esimeses ülesandes käsitlesime ühe muutujaga lineaarvõrrandeid. Näiteks võrrandid 2x+ 5= 0, 3x+ (8x 1) + 9= 0 on lineaarvõrrandid muutujaga

6. peatükk Vektoralgebra 6.1. Vektorid tasapinnal ja ruumis geomeetriline vektor, või lihtsalt vektorit, nimetatakse suunatud lõiguks, st lõiguks, milles üks piiripunktidest on nimetatud

Koolinoorte lahtise matemaatikaolümpiaadi ülesanded (koolinoorte olümpiaadide nimekirjast 54, 2015/2016 õppeaasta) Sisukord I. Ülesanded viimane etapp Olümpiaadid 11. klassile... 2 II. Kvalifikatsiooni 1. vooru ülesanded

3.. Lahendusmeetodid ratsionaalsed ebavõrdsused 3...1. Arvulised ebavõrdsused Esmalt defineerime, mida me mõtleme väite a > b all. Definitsioon 3...1. Number a rohkem numbrit b kui nende vaheline erinevus on positiivne.

Loeng 13. Kumerfunktsioonid ja Taylori valem 1 Kumer ja nõgus C - siledad omadused. Definitsioon 1 Funktsiooni nimetatakse kumeraks (nõgusaks), kui selle epigraaf (alamgraaf) on kumer piirkond. Näide 1x

Töötuba: “Funktsiooni diferentseeritavus ja diferentsiaal” Kui funktsioonil y f () on mingis punktis lõplik tuletis, siis funktsiooni juurdekasvu selles punktis saab esitada järgmiselt: y (,) f () () (), kus

2. loeng Vektorid Teist ja kolmandat järku determinandid 1 VEKTORID Vektoriga suunatud segment Võrdsed vektorid: on sama pikkusega ja sama suunaga (paralleelsed ja samas suunas suunatud)

Vastavusvooru ülesannete lahendamine 0 I Matemaatiline plokk Ülesanne Leia võrrandi loomulike juurte arv Vastus: 00 0 lahendusi Ülesande lahendus Esitame arvu kujul Siis selle võrrandi parem pool on võrdne

Loengu kokkuvõte 11 Eukleidilised ruumid 0. Loengu konspekt 1. Punktkorrutis. 1.1. Skalaarkorrutise määratlus. 1.2. Ekvivalentne tähistus projektsioonide osas. 1.3. Lineaarsuse tõend sisse

Olümpiaad "Tulevikuuurijad teaduse tulevik" Matemaatika. Valikuvoor 4.0.0 PROBLEEM JA LAHENDUSED 8 9 klass 8-9.. Kumb arv on suurem: 0 0 0 0 või 0 0 0 0? Vastus. Esimene number on suurem kui teine. Otsus. Tähistage

Hinne 0 Esimene ring (0 minutit; iga ülesanne 6 punkti)... Teatavasti tg + tg = p, ctg + ctg = q. Leidke tg(+). pq Vastus: tg. q p Tingimusest p tg q tg tg tg tg p ja võrdsusest ctg ctg q saame

Matemaatiline analüüs 2.5 Loeng: Mitme muutuja funktsiooni äärmused Vladimir Feliksovitš Zalmež, VMMF-i osakonna dotsent Vaatleme funktsiooni w = f (x), mis on defineeritud piirkonnas D R n. Punkti x 0 D nimetatakse

Teema 1-4: Algebratehted A. Ya. Ovsyannikov Uurali föderaalülikooli matemaatika ja arvutiteaduse instituut Algebra ja diskreetse matemaatika osakond Mehaanika algebra ja geomeetria (1

Sisu I. V. Jakovlev Matemaatika materjalid MathUs.ru Systems algebralised võrrandid Kahekordne asendamine ................................................. Sümmeetrilised süsteemid ...... .. ..........................

föderaalne agentuur hariduse järgi liidumaa haridusasutus kõrgemale kutseharidus LÕUNA FÖDERAALÜLIKOOL R. M. Gavrilova, G. S. Kostetskaja

Loeng 10 1 Eukleidiline ruum 11 Definitsioon Olgu V (R) LP reaalarvude välja kohal. suvaline funktsioon V V R, mis seob järjestatud vektoripaari

1 Keerulised funktsioonid 1.1 Kompleksarvud Tuletage meelde kompleksarvud saab defineerida kui reaalarvude järjestatud paaride kogumit C = ((x, y) : x, y R), z = x + iy, kus i on imaginaarühik (i

4. peatükk Põhiteoreemid diferentsiaalarvutus Määramatuste avalikustamine Diferentsiaalarvutuse põhiteoreemid Fermat' teoreem (Pierre Fermat (6-665) prantsuse matemaatik) Kui funktsioon y f

Loengu kokkuvõte 10 afiinset tühikut 0. Loengu konspekt Loeng Afiinsed ruumid. 1. Afiinne alus. 2. Afiinsed koordinaadid punktid. 3. Sirge vektorvõrrand. 4. Tasapinna vektorvõrrand. 5.

8 KLASS 1. Tõesta, et iga naturaalarvu n jaoks saab valida sellise naturaalarvu a, mille arv a(n + 1) (+ n+1) jagub võrdselt arvuga. 2. Kaks

Uurali föderaalülikool, matemaatika ja arvutiteaduse instituut, algebra ja diskreetse matemaatika osakond Sissejuhatavad märkused Selles loengus uurime teist teist järku kõverat, hüperbooli.

Kodutöö algebras 0. klassile õpikule "Algebra ja analüüsi algus hinne 0" Alimov Sh.A. ja teised, -M .: "Valgustus", 00g. www.balls.ru Sisukord I peatükk. Reaalarvud II peatükk. Võimsus

Vektoralgebra Vektorruumi mõiste. Lineaarne sõltuvus vektorid. Omadused. Aluse mõiste. Vektori koordinaadid. Lineaarsed teisendused vektorruumid. Omaväärtused ja oma

Föderaalne Haridusagentuur Tomski Riikliku Ülikooli juhtimissüsteemide ja raadioelektroonika osakond kõrgem matemaatika(VM) Prikhodovski M.A. LINEAARSED OPERAATORID JA RUUTVORMID Praktiline

Uurali föderaalülikool, matemaatika ja arvutiteaduse instituut, algebra ja diskreetse matemaatika osakond

Moskva Füüsika ja Tehnoloogia Instituut Cauchy-Bunyakovsky ebavõrdsus. Olümpiaadideks valmistumise metoodiline juhend. Koostanud: Parkevitš Egor Vadimovitš Moskva 014 Teoreetiline materjal. Sellel töökohal

LABORITÖÖD 1 KOMPLEKT. EKRAANID. HULGUSÜSTEEMID 1. PÕHIMÕISTED JA TEOREEM Olgu X hulk ja (x) mingi omadus

Seminar 2. Koonused projektiivsel tasandil 1. Koonuse definitsioon P-s 2. Koonuse esimesed omadused. Nagu varemgi, töötame k = R või C. Koonuse definitsioon P 2-s. Vaatleme projektiivset vastendust f: l

5 Funktsionaalanalüüsi elemendid 5.1 Lineaar-, norm- ja Banachi ruumid 5.1.1 Tühikute määratlus Elementide x, y, z,... mittetühja hulka X nimetatakse lineaarseks (vektori)ruumiks,

LD Lappo, AV Morozov Algebra kodutöö 0. klassile õpikule "Algebra ja analüüsi algus: Õpik 0-cl üldharidusasutustele / SHA Alimov jt toim. M: Haridus, 00" I peatükk Kehtiv

8. peatükk Jooned ja tasapinnad 8.1. Sirgete ja pindade võrrandid 8.1.1. Jooned tasapinnal Oletame, et tasapind on antud afiinne süsteem koordinaadid. Olgu l tasapinna kõver ja f(x, y) mõni

Haridus- ja Teadusministeerium Venemaa Föderatsioon Föderaalne Haridusagentuur Penza Riiklik Ülikool Rudenko AK, Rudenko MN, Semerich YUS ETTEVALMISTAMISEKS LAHENDUSTE KOGUMINE ÜLESANDED

Võrrandid Algebras vaadeldakse kahte tüüpi võrdusi - identiteedid ja võrrandid. Identiteet on võrdsus, mis kehtib kõigi selles sisalduvate tähtede lubatud väärtuste kohta. Identiteetide puhul kasutatakse märke

Matemaatika korrespondenttuuri ülesanded 9. klassile 2014/2015 ak. aasta, esimene raskusaste 1. ülesanne Lahenda võrrand: (x+3) 63 + (x+3) 62 (x-1) + (x+3) 61 (x-1) 2 + + (x-1) 63 = 0 Vastus: -1 Ülesanne 2 Sum

Koolilaager 57. juuli 06 Ebavõrdsused (kokkuvõte) Dmitrieva A, Ionov K Esimene tund Lihtsad ebavõrdsused Keskmise ebavõrdsuse ülesanne Tõesta ebavõrdsus x + 4y + 9z 4xy + 6yz + 6zx Lahendus: x + 4y + 9z

Moskva piirkonna haridusministeerium Moskva piirkonna riigieelarveline kutsealase kõrghariduse õppeasutus " Rahvusvaheline Ülikool loodus, ühiskond ja

Koolinoorte piirkondadevaheline olümpiaad "Vysshaya Proba", 2017 MATEMAATIKA, 2. etapp lk 1/11 Olümpiaadi 8-1 ülesannete hindamise lahendused ja kriteeriumid

Vene Föderatsiooni Haridus- ja Teadusministeerium Moskva Füüsika ja Tehnoloogia Instituut (Riiklik Ülikool) Füüsika ja tehnoloogia korrespondentkool MATEMAATIKA Identiteedi teisendused. Otsus

Loeng 7 Peatükk. Süsteemid lineaarsed ebavõrdsused.. Põhimõisted Lineaarvõrratuste süsteeme kasutatakse mitmesuguste lahendamiseks matemaatika ülesandeid. Lineaarsete võrratuste süsteem tundmatutest

MOU Grishino - Slobodskaya keskkool

Mooduli programm

"Ebavõrdsuse tõestamise meetodid"

valikkursuse raames

"Matemaatikaõpiku lehekülgede taga"

klassi õpilastele 10-11

Koostanud:

matemaatika õpetaja

Pankova E.Yu.

Selgitav märkus

“Matemaatikat nimetatakse tautoloogiliseks teaduseks: teisisõnu väidetavalt kulutavad matemaatikud aega, et tõestada, et asjad on nendega võrdsed. See väide on väga ebatäpne kahel põhjusel. Esiteks ei ole matemaatika oma teaduskeelest hoolimata teadus; pigem võib seda nimetada kunstiks. Teiseks väljenduvad matemaatika põhitulemused sagedamini ebavõrdsuses kui võrdsuses.

Ebavõrdsust kasutatakse matemaatiku praktilises töös pidevalt. Neid kasutatakse paljude huvitavate ja oluliste "sümmeetriliste" kujundite äärmuslike omaduste saamiseks: ruut, kuubik, Võrdkülgne kolmnurk, samuti iteratiivsete protsesside konvergentsi tõestamiseks ja mõningate piiride arvutamiseks. Ebavõrdsuse roll on oluline ka erinevates loodusteaduste ja tehnoloogia küsimustes.

Ebavõrdsuse tõestamise ülesanded on traditsioonilistest kõige keerulisemad ja huvitavamad. Ebavõrdsuse tõestamine nõuab tõelist leidlikkust, loovust, mis muudab matemaatika põnevaks aineks.

Ebavõrdsuse tõestamiseks kasutatud ideed on peaaegu sama erinevad kui ebavõrdsused ise. Konkreetsetes olukordades viivad üldised meetodid sageli inetute lahendusteni. Kuid mitme "põhilise" ebavõrdsuse ilmselge kombinatsioon on võimalik vaid väheste kooliõpilaste jaoks. Ja pealegi ei takista miski õpilast igal konkreetsel juhul otsimast paremat lahendust kui üldmeetodil saadu. Sel põhjusel taandub ebavõrdsuse tõestamine sageli kunsti valdkonda. Ja nagu igal kunstil, on ka sellel oma tehnilised võtted, mille valik on väga lai ja neid kõiki on väga raske omandada, kuid iga õpetaja peaks püüdma oma laos leiduvat matemaatilist tööriista laiendada.


		Võrrandid ja võrratused parameetriga.
		Ebavõrdsuse tõestamise meetodid.
		Moodulimärgi all tundmatut sisaldavad võrrandid ja võrratused.
		Kahe muutujaga võrratuste süsteemid.

"Matemaatikaõpiku lehekülgede taga"

"Ebavõrdsuse tõestamise meetodid"


		Sissejuhatus.
		Ebavõrdsuse tõendamine definitsiooni alusel.
		Matemaatilise induktsiooni meetod.
		Klassikaliste võrratuste rakendamine.
		Graafiline meetod.
		Vastupidine meetod.
		Meetod ebavõrdsuse arvestamiseks ühe muutuja suhtes.
		Võimendi idee.
		Õppetund – kontroll.

1. tund. Sissejuhatus.

Ebavõrdsuse tõestamine on elementaarmatemaatikas põnev ja väljakutseid pakkuv teema. Ühtse lähenemise puudumine ebavõrdsuse tõestamise probleemile viib selleni, et otsitakse mitmeid võtteid, mis sobivad teatud tüüpi ebavõrdsuse tõestamiseks. Selles valikaines vaadeldakse järgmisi ebavõrdsuse tõestamise meetodeid:

Kordamine:

Viige läbi mõnede omaduste tõendid.

Klassikaline ebavõrdsus:

1)
(Cauchy ebavõrdsus)

Ajaloo viide:

Ebavõrdsus (1) on oma nime saanud prantsuse matemaatiku Auguste Cauchy järgi. Number
helistas aritmeetiline keskmine numbrid a ja b;

number
helistas geomeetriline keskmine numbrid a ja b. Seega tähendab ebavõrdsus, et kahe positiivse arvu aritmeetiline keskmine ei ole väiksem nende geomeetrilisest keskmisest.

Lisaks:

Mõelge mitmele ebavõrdsusega matemaatilistele sofismidele.

Matemaatiline sofism- hämmastav väide, mille tõestuses on märkamatuid ja mõnikord üsna peeneid vigu.

Sofismid on valetulemused, mis on saadud arutluskäigu abil, mis ainult näib olevat õige, kuid sisaldab tingimata üht või teist viga.

Näide:

neli üle kaheteistkümne

Õppetund 2. Ebavõrdsuse tõendamine definitsiooni põhjal.

Selle meetodi olemus on järgmine: võrratuste F(x,y,z)>S(x,y,z) kehtivuse kindlakstegemiseks moodustame erinevuse F(x,y,z)-S( x,y,z) ja tõesta, et see on positiivne. Seda meetodit kasutades tuuakse sageli välja summa või erinevuse ruut, kuup, mitte täisruut summad või erinevused. See aitab kindlaks teha erinevuse märgi.

Näide. Tõesta võrratus (x+y)(x+y+2cosx)+2 2sin 2x

Tõestus:

Arvestage erinevust (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.

Tõesta ebavõrdsust:

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

4.
>2x-20

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

3. tund. Matemaatilise induktsiooni meetod.

Naturaalarve sisaldavate ebavõrduste tõestamisel kasutatakse sageli matemaatilise induktsiooni meetodit. Meetod on järgmine:

1) kontrollige teoreemi tõesust n=1 korral;

2) eeldame, et teoreem on tõene mõne n=k korral ja selle eelduse põhjal tõestame teoreemi tõesust n=k+1 korral;

3) lähtudes kahest esimesest sammust ja matemaatilise induktsiooni printsiibist järeldame, et teoreem on tõene mis tahes n korral.

Näide.

Tõesta ebavõrdsust

Tõestus:

1) n=2 korral on ebavõrdsus tõene:

2) Olgu ebavõrdsus tõene n=k korral, st.
(*)

Tõestame, et võrratus on tõene n=k+1 korral, s.o.
. Korrutame mõlemad võrratuse (*) osad arvuga
saame 3) Punktist 1. ja punktist 2 järeldame, et ebavõrdsus kehtib mis tahes n korral.

Ülesanded klassi- ja kodutöödeks

Tõesta ebavõrdsust:

6)
.

4. õppetund Klassikaliste võrratuste rakendamine.

Selle meetodi olemus on järgmine: kasutades rea teisendusi, tuletatakse nõutav ebavõrdsus, kasutades mõnda klassikalist võrratust.

Näide.

Tõesta ebavõrdsust:

Tõestus:

Võrdluse ebavõrdsusena kasutame
.

Toome selle ebavõrdsuse järgmisele kujule:

, siis

Aga =
, siis

Tõesta ebavõrdsust:

1)(p+2)(q+2)(p+q)16pq(tõestuseks kasutame ebavõrdsust
)

2)
(dokumenteerimiseks kasutatakse ebavõrdsust)

3) (a+b)(b+c)(c+a) 8abc (tõestuseks kasutatakse ebavõrdsust)

4)
(doc-va puhul kasutatakse ebavõrdsust).

5. õppetund Graafiline meetod.

Võrratuste tõestus graafilise meetodiga on järgmine: kui tõestame võrratust f(x)>g(x)(f(x)

1) koostada funktsioonide y=f(x) ja y=g(x) graafikud;

2) kui funktsiooni y=f(x) graafik asub funktsiooni y=g(x) graafiku kohal (all), siis on tõestatav ebavõrdsus tõene.

Näide.

Tõesta ebavõrdsust:

cosx
,x0

Tõestus:

Koostame ühes koordinaatsüsteemis funktsioonide y=cosx ja graafikud

Graafikult on näha, et punktis x0 asub funktsiooni y=cosx graafik funktsiooni y= graafikust kõrgemal.

Ülesanded töötamiseks klassiruumis ja kodus.

Tõesta ebavõrdsust:

3)ln(1+x) 0

4)
.

6. õppetund

Näide.

Tõesta ebavõrdsust:

Tõestus:

Oletame vastupidist, st.

Teeme ruudu mõlemad ebavõrdsuse osad, saame , kust
ja mujal

. Kuid see on vastuolus Cauchy ebavõrdsusega. Seega on meie eeldus vale, st ebavõrdsus on tõsi

Ülesanded töötamiseks klassiruumis ja kodus.

Tõesta ebavõrdsust:

7. õppetund Meetod ebavõrdsuse arvestamiseks ühe muutuja suhtes.

Meetodi olemus on vaadelda ebavõrdsust ja selle lahendust ühe muutuja suhtes.

Näide.

Tõesta ebavõrdsust:

Näide.

Tõesta ebavõrdsust:

Tõestus:

Ülesanded töötamiseks klassiruumis ja kodus.

Tõesta ebavõrdsust:

9. õppetund Tund – õpilaste teadmiste kontroll.

Töö selles tunnis saab korraldada paaris või kui on suur klassi suurus rühmades. Tunni lõpus tuleks hinnata iga õpilast. See on selle kursuse stenogramm. Sellel teemal ei ole soovitatav teha kontrolltöid. ebavõrdsuse tõestus, nagu juba seletuskirjas mainitud, kuulub kunsti valdkonda. Alguses palutakse õpilastel ise määrata välja pakutud ebavõrdsuse tõestamise meetod. Kui õpilastel on raskusi, ütleb õpetaja neile ratsionaalse meetodi, hoiatades rühma, et see muidugi mõjutab nende hindamist.

meetodid tõendebavõrdsused. See on meetodtõestusebavõrdsused abifunktsioonide kasutuselevõtuga...

Ebavõrdsuse tõestamise meetodite matemaatika valikkursus

valikkursus

võõras, erinev meetodidtõestusebavõrdsused, samuti rakendus ebavõrdsused ebavõrdsused kaudu meetod meetod jaoks tõestusebavõrdsused, probleemide lahendamiseks...

Matemaatika valikkursus Ebavõrdsused Tõestusmeetodid Seletuskiri

valikkursus

võõras, erinev meetodidtõestusebavõrdsused, samuti rakendus ebavõrdsused erinevate ülesannete lahendamisel ... Oskab: hinnata ebavõrdsused kaudu meetod Sturm, kandideeri kaalutud meetod jaoks tõestusebavõrdsused, probleemide lahendamiseks...

Matemaatika valikkursus Ebavõrdsused Tõestusmeetodid Seletuskiri (1)

valikkursus

Haruldane olümpiaad läheb ilma probleemideta, mille puhul tuleb tõestada mõningast ebavõrdsust. Algebralisi võrratusi tõestatakse erinevate meetoditega, mis põhinevad arvuliste võrratuste ekvivalentteisendustel ja omadustel:

1) kui a – b > 0, siis a > b; kui a - b

2) kui a > b, siis b a;

3) kui a

4) kui a

5) kui 0, siis ac

6) kui bc; a / c > b / c;

7) kui 1

8) kui 0

Tuletagem meelde mõningaid põhilisi ebavõrdsusi, mida sageli kasutatakse teiste ebavõrdsuste tõestamiseks:

1) a 2 > 0;

2) aх 2 + bx + c > 0, kui a > 0, b 2 - 4ac

3) x + 1 / x > 2, kui x > 0 ja x + 1 / x –2, kui x

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

5) kui a > b > 0, siis 1 / a

6) kui a > b > 0 ja x > 0, siis a x > b x, eelkõige loomuliku n > 2 korral

a 2 > b 2 ja n √ a > n √ b;

7) kui a > b > 0 ja x

8) kui x > 0, siis patt x

Paljud olümpiaaditaseme probleemid, mis pole ainult ebavõrdsused, lahendatakse tõhusalt mõne erilise ebavõrdsuse abil, millega kooliõpilased sageli tuttavad pole. Esiteks peaksid need sisaldama:

ebavõrdsus positiivsete arvude aritmeetilise keskmise ja geomeetrilise keskmise vahel (Cauchy ebavõrdsus):

Bernoulli ebavõrdsus:

(1 + α) n ≥ 1 + nα, kus α > -1, n on naturaalarv;

Cauchy-Bunyakovsky ebavõrdsus:

(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 );

Kõige "populaarsemad" ebavõrdsuse tõestamise meetodid on järgmised:

definitsioonil põhinev ebavõrdsuse tõendamine;
ruudu valiku meetod;
järjestikuste hindamiste meetod;
matemaatilise induktsiooni meetod;
eri- ja klassikalise ebavõrdsuse kasutamine;
matemaatilise analüüsi elementide kasutamine;
geomeetriliste kaalutluste kasutamine;
võimenduse idee jne.

Probleemid lahendustega

1. Tõesta ebavõrdsus:

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

b) a 2 + b 2 + 1 > ab + a + b;

c) x 5 + y 5 – x 4 y – x 4 y > 0, kui x > 0, y > 0.

a) Meil on

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

mis on ilmne.

b) Tõestatav võrratus saab pärast mõlema osa korrutamist 2-ga kuju

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

või

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

või

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

mis on ilmne. Võrdsus toimub ainult siis, kui a = b = 1.

c) Meil on

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) =

\u003d (x - y) (x 4 - y 4) \u003d (x - y) (x - y) (x + y) (x 2 + y 2) \u003d (x - y) 2 (x + y) ) (x 2 + y 2) > 0.

2. Tõesta ebavõrdsus:

a)	a	+	b		>	2 kui a > 0, b > 0;
	b		a

b)	R	+	R	+	R		> 9, kus a, b, c on kolmnurga küljed ja P on kolmnurga ümbermõõt;
	a		b		c

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

a) Meil on:

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

b ) Selle ebavõrdsuse tõestus tuleneb peamiselt järgmisest hinnangust:

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

= (

) + (

) > 6,

Võrdsus saavutatakse võrdkülgse kolmnurga puhul.

c) Meil on:

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

= abc (

– 2 +

– 2 ) =

= abc ((

– 2) + (

– 2) ) > 0,

sest kahe positiivse pöördarvu summa on suurem kui 2 või sellega võrdne.

3. Tõesta, et kui a + b = 1, siis kehtib võrratus a 8 + b 8 > 1 / 128.

Tingimusest, et a + b = 1, järeldub, et

a 2 + 2ab + b 2 = 1.

Lisagem see võrdsus ilmse ebavõrdsusega

a 2 - 2ab + b 2 > 0.

Saame:

2a 2 + 2b 2 > 1 või 4a 4 + 8a 2 b 2 + 4b 2 > 1.

4a 4 – 8a 2 b 2 + 4b 2 > 0,

saame:

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

Lisades selle ebavõrdsuse ilmsele ebavõrdsusele

64a 8 – 128a 4 b 4 + 64b 4 > 0,

saame:

128a8 + 128b8 > 1 või a 8 + b 8 > 1/128.

4. Veelgi enam e e π π või e 2 π?

Mõelge funktsioonile f(x) = x – π log x . Niivõrd kui f'(x) = 1 – π / x , ja punktist vasakul X = π f'(x) 0 , ja paremal - f'(x) > 0, siis f(x) Sellel on väikseim väärtus punktis X = π . Seega f(e) > f(π), st

e – π ln e = e – π > π – π ln π

või

e + π log π > 2π .

Seetõttu saame selle

e e+ π log π > e 2 π,

teda· e π log π > e 2 π ,

e e π π > e 2 π.

5. Tõesta seda

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

Kasutades logaritmide omadusi, on seda ebavõrdsust lihtne taandada samaväärseks võrratuseks:

(n + 1) n > n!,

kus n! = 1 2 3 . . . · n (n-faktoriaalne). Lisaks on olemas ilmse ebavõrdsuse süsteem:

n + 1 > 1,

n + 1 > 2,

n + 1 > 3,

. . . . .

n + 1 > n

mille termini kaupa korrutades saame kohe, et (n + 1) n > n!.

6. Tõesta, et 2013 2015 2015 2013

Meil on:

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

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

Ilmselgelt võib saada ka üldise väite: iga loomuliku n korral ebavõrdsus

(n – 1) n +1 (n + 1) n –1

7. Tõesta, et mis tahes naturaalarvu n korral kehtib järgmine võrratus:

1	+	1	+	1	+ . . . +	1		2n-1	.
1!		2!		3!		n!		n

Hindame ebavõrdsuse vasakut poolt:

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

= 1 +	1	+	1	+	1	+ . . . +	1
	12		1 2 3		1 2 3 4		1 2 3 . . . n

1 +	1	+	1	+	1	+ . . . +	1	=
	12		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

Q.E.D.

8. Olgu a 1 2 , a 2 2 , a 3 2 , . . . , ja n 2 on n erineva ruudud naturaalarvud. Tõesta seda

(1 –	1	) (1	–	1	) (1	–	1	) . . . (1	–	1	) >	1	.
	a 12			a 2 2			a 3 2			a n 2		2

Olgu suurim neist arvudest võrdne m-ga. Siis

(1 –	1	) (1	–	1	) (1	–	1	) . . . (1	–	1	) >
	a 12			a 2 2			a 3 2			a n 2

> ( 1 –	1	) (1	–	1	) (1	–	1	) . . . (1	–	1	) ,
	2 2			3 2			4 2			m2

kuna paremale poolele lisatakse tegurid alla 1.Arvutame parema külje, võttes arvesse iga sulgu:

2 3 2 4 2 . . . (m - 1) 2 (m + 1)

m + 1

2 2 3 2 4 2 . . . m2

Avades vasakpoolsed sulgud, saame summa

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 .

Teise sulu numbrite summa ei ületa (a 1 + . . . + a n) 2 , kolmanda sulu summa ei ületa (a 1 + . . . + a n) 3 jne. Seega ei ületa kogu toode

1 + 1 / 2 + 1 / 4 + 1 / 8 + . . . + 1/2n = 2 – 1/2n

2. meetod.

Matemaatilise induktsiooni meetodil tõestame, et kõigi naturaalarvude n korral kehtib järgmine ebavõrdsus:

(1 + a1) . . . (1 + an)

Kui n = 1 on meil: 1 + a 1 1 .

Olgu n = k meil:(1 + a 1) . . . (1 + a k ) 1 + . . . + a k ).

Vaatleme juhtumit 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 ).

Matemaatilise induktsiooni põhimõtte alusel on ebavõrdsus tõestatud.

10. Tõesta Bernoulli võrratus:

(1 + α) n ≥ 1 + nα,

kus α > -1, n on naturaalarv.

Kasutame matemaatilise induktsiooni meetodit.

Kui n = 1, saame tõelise ebavõrdsuse:

1 + α ≥ 1 + α.

Oletame, et kehtib järgmine ebavõrdsus:

(1 + α) n ≥ 1 + nα.

Näitame, et siis on

(1 + α) n + 1 ≥ 1 + (n + 1)α.

Tõepoolest, kuna α > –1 tähendab α + 1 > 0, siis ebavõrdsuse mõlema poole korrutamine

(1 + α) n ≥ 1 + nα

kohta (a + 1), saame

(1 + α) n (1 + α) ≥ (1 + nα) (1 + α)

või

(1 + α) n + 1 ≥ 1 + (n + 1) α + nα 2

Kuna nα 2 ≥ 0, siis

(1 + α) n + 1 ≥ 1 + (n + 1)α + nα 2 ≥ 1 + (n + 1) α.

Seega on matemaatilise induktsiooni põhimõtte kohaselt Bernoulli ebavõrdsus tõene.

Probleemid lahenduseta

1. Tõesta ebavõrdsus jaoks positiivsed väärtused muutujad

a 2 b 2 + b 2 c 2 + a 2 c 2 ≥ abc(a + b + c).

2. Tõesta, et mis tahes a korral on ebavõrdsus

3 (1 + a 2 + a 4) ≥ (1 + a + a 2) 2 .

3. Tõesta, et polünoom x 12 – x 9 + x 4 – x+ 1 on positiivne kõigi x väärtuste korral.

4. 0 e puhul tõesta ebavõrdsus

(e+ x) e– x > ( e-x) e+ x .

5. Olgu a, b, c positiivsed arvud. Tõesta seda

a+b

b+c

a+c

≤

Sinu eesmärk:tunneb ebavõrdsuse tõestamise meetodeid ja oskab neid rakendada.

Praktiline osa

Ebavõrdsuse tõestuse mõiste . Mõned ebavõrdsused muutuvad tõeks arvuline ebavõrdsus kõigi jaoks lubatud väärtused muutujate või teatud muutujate väärtuste kogumi kohta. Näiteks ebavõrdsus a 2 ³0, ( a–b) 2 ³ 0 , a 2 +b 2 +c 2 " ³ 0 on tõesed muutujate mis tahes reaalväärtuste korral ja ebavõrdsus ³ 0 – mis tahes tegelike mittenegatiivsete väärtuste jaoks a. Mõnikord tekib ebavõrdsuse tõestamise probleem.

Ebavõrdsuse tõestamine tähendab näitamist, et antud ebavõrdsus muutub tõeliseks numbriliseks ebavõrdsuseks muutujate kõigi lubatud väärtuste või nende muutujate antud väärtuste kogumi puhul.

Ebavõrdsuse tõestamise meetodid. Märka seda üldine meetod ebavõrdsuse kohta pole tõestust. Mõnda neist saab siiski täpsustada.

1. Meetod võrratuse vasaku ja parema osa erinevuse märgi hindamiseks. Erinevus vasakpoolse ja õiged osad ebavõrdsused ja tehakse kindlaks, kas see erinevus on muutujate vaadeldavate väärtuste puhul positiivne või negatiivne (mitterangete ebavõrduste puhul on vaja kindlaks teha, kas see erinevus on mittenegatiivne või mittepositiivne).

Näide 1. Mis tahes reaalarvud a ja b on ebavõrdsus

a 2 +b 2³2 ab. (1)

Tõestus. Koostage erinevus ebavõrdsuse vasaku ja parema osa vahel:

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

Kuna iga reaalarvu ruut on mittenegatiivne arv, siis ( a-b) 2 ³ 0, mis tähendab, et a 2 +b 2³2 ab mis tahes reaalarvude jaoks a ja b. Võrdsus punktis (1) kehtib siis ja ainult siis a = b.

Näide 2. Tõesta, et kui a³ 0 ja b³ 0, siis ³ , s.o. mittenegatiivsete reaalarvude aritmeetiline keskmine a ja b vähem kui nende geomeetriline keskmine.

Tõestus. Kui a a³ 0 ja b³ 0 siis

³ 0. Seega ³ .

2. deduktiivne meetod ebavõrdsuse tõestus. Selle meetodi olemus on järgmine: kasutades rea teisendusi, tuletatakse nõutav võrratus mõnest teadaolevast (võrdlus)võrratusest. Näiteks saab võrdluseks kasutada järgmisi ebavõrdsusi: a 2 ³ 0 mis tahes aÎ R ; (a-b) 2 ³ 0 mis tahes a ja bÎ R ; (a 2 + b 2) ³ 2 ab iga a, bÎ R ; ³ kell a ³ 0, b ³ 0.

Näide 3. Tõesta, et mis tahes reaalarvude puhul a ja b on ebavõrdsus

a 2 + b 2 + koos 2³ ab + bc + ac.

Tõestus. Õigetest ebavõrdsustest ( a-b) 2 ³ 0, ( b – c) 2 ³ 0 ja ( c – a) 2 ³ 0 järeldub sellest a 2 + b 2³2 ab, b 2 + c 2³2 eKr, c 2 + a 2³2 ac. Liites kõik kolm võrratust liikme kaupa ja jagades mõlemad uue osad 2-ga, saame vajaliku võrratuse.

Algset ebavõrdsust saab tõestada ka esimese meetodiga. Tõepoolest, a 2 + b 2 + koos 2 –ab-bc-ac= 0,5(2a 2 + 2b 2 + 2koos 2 – 2ab- 2eKr- 2ac) = = 0,5((a-b) 2 + (a-c) 2 + (b-c) 2)³ 0.

vahe a 2 + b 2 + koos 2 ja ab + bc + ac suurem või võrdne nulliga, mis tähendab, et a 2 + b 2 + koos 2³ ab + bc + ac(võrdsus kehtib siis ja ainult siis a = b = c).

3. Hinnangute meetod ebavõrdsuse tõendamisel.

Näide 4. Tõesta ebavõrdsus

+ + + … + >

Tõestus. On lihtne näha, et ebavõrdsuse vasak pool sisaldab 100 liiget, millest igaüks ei ole väiksem kui. Sel juhul ütleme, et ebavõrdsuse vasakut poolt saab altpoolt hinnata järgmiselt:

+ + + … + > = 100 = .

4. Täieliku induktsiooni meetod. Meetodi olemus on võtta arvesse kõiki erijuhtumeid, mis hõlmavad probleemi seisundit tervikuna.

Näide 5. Tõesta, et kui x > ï juuresï , siis x > y.

Tõestus. Võimalikud on kaks juhtumit:

a) juures³ 0 ; Siis ma juuresï = y, ja tingimuste järgi x >ï juuresï . Tähendab, x > y;

b) juures< 0; Siis ma juuresï > y ja tingimuste järgi x >ï juures ma tähendab x > y.

Praktiline osa

Ülesanne 0. Võtke Tühi leht paber ja sellele kirjutage kõigi allpool olevate suuliste harjutuste vastused. Seejärel võrrelge oma vastuseid selle lõpus olevate vastuste või lühikeste juhistega õppeelement rubriigis "Teie assistent".

suulised harjutused

1. Võrrelge kahe ebavõrdse arvu ja nende topeltkorrutise ruutude summat.

2. Tõesta ebavõrdsus:

a) ;

b) ;

sisse) ;

3. On teada, et . Tõesta seda .

4. On teada, et . Tõesta seda .

1. harjutus. Seda veel:

a) 2 + 11 või 9; d) + või;

b) või +; e) - või;

c) + või 2; e) + 2 või +?

2. ülesanne. Tõesta seda iga asjaga x on ebavõrdsus:

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;

sisse) ( x– 2) 2 > x(x- 4); f) l + 2 x 4 > x 2 + 2x 3 .

3. ülesanne. Tõesta seda:

a) x 3+1³ x 2 + x, kui x³ –1;

b) x 3 + 1 £ x 2 + x, kui x£ -1 .

4. ülesanne. Tõesta, et kui a ³ 0, b³ 0, koos³ 0, d³ 0 siis

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

5. ülesanne. Tõesta ebavõrdsus, valides täisruudu:

a) x 2 – 2xy + 9y 2³ 0;

b) x 2 +y 2 + 2³2( x+y);

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

G) x 2 – xy + y 2³0 ;

e) x 2 +y 2 +z 2 + 3³ 2( x + y + z);

e)( x + l)( x- 2y + l) + y 2³0 .

6. ülesanne. Tõesta seda:

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

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

aastal 3 x 2 +y 2 + 8x + 4ja- 2xy + 22³ 0;

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

Ülesanne 7. Tõesta, et kui n³ k³ 1 siis k(n–k+ 1) ³ n.

Ülesanne 8. Tõesta, et kui 4 a + 2b= 1, siis a 2 + b 2³ .

Määrake väärtused a ja b, mille alusel toimub võrdsus.

Ülesanne 9. Tõesta ebavõrdsust:

a) X 3 + juures 3³ X 2 juures + hu 2 kl x³ 0 ja y ³ 0;

b) X 4 + juures 4³ X 3 juures + hu 3 mis tahes jaoks x ja juures;

sisse) X 5 + juures 5³ X 4 juures + hu 4 kl x³ 0 ja y ³ 0;

G) x n + kell n ³ x n-1 a + xy n-1 kl x³ 0 ja y ³ 0.