Dokaz razlomačkih brojčanih nejednakosti. Dokaz i rješenje nejednadžbi

MOU Grishino - Slobodskaya srednja škola

Program modula

"Metode za dokazivanje nejednakosti"

u okviru izbornog predmeta

"Iza stranica udžbenika matematike"

za učenike 10-11 razreda

Sastavio:

profesorica matematike

Pankova E.Yu.

Objašnjenje

“Matematika se naziva tautološkom znanošću: drugim riječima, kaže se da matematičari provode vrijeme dokazujući da su stvari jednake samima sebi. Ova izjava je vrlo netočna iz dva razloga. Prvo, matematika, unatoč svojim karakteristikama znanstveni jezik, nije znanost; nego se može nazvati umjetnošću. Drugo osnovni rezultati matematike češće se izražavaju nejednakostima nego jednakostima.”

Nejednakosti se u praktičnom radu matematičara stalno koriste. Koriste se za dobivanje niza zanimljivih i važnih ekstremnih svojstava "simetričnih" figura: kvadrata, kocke, jednakostraničnog trokuta, kao i za dokazivanje konvergencije iterativnih procesa i izračunavanje nekih granica. Uloga nejednakosti također je važna u raznim pitanjima prirodnih znanosti i tehnologije.

Zadaci za dokazivanje nejednakosti najteži su i najzanimljiviji od tradicionalnih. Dokazivanje nejednakosti zahtijeva istinsku domišljatost, kreativnost koja matematiku čini uzbudljivim predmetom.

Dokazna nastava ima veliku ulogu u razvoju deduktivno-matematičkog mišljenja i općih misaonih sposobnosti učenika. Kako naučiti učenike da samostalno izvode dokaze nejednakosti? Odgovor je: samo razmatranjem mnogih tehnika i metoda dokazivanja i njihovom redovitom primjenom.

Ideje koje se koriste za dokazivanje nejednakosti gotovo su jednako raznolike kao i same nejednakosti. U određenim situacijama generičke metode često dovode do ružnih rješenja. Ali neočita kombinacija nekoliko "osnovnih" nejednakosti moguća je samo za nekoliko školaraca. Osim toga, ništa ne sprječava učenika da u svakom konkretnom slučaju traži bolje rješenje od onoga koje se dobiva općom metodom. Zbog toga je dokazivanje nejednakosti često potisnuto u područje umjetnosti. I kao u svakoj umjetnosti, ona ima svoje tehničke tehnike, čiji je skup vrlo širok i vrlo ih je teško sve savladati, ali svaki učitelj treba nastojati proširiti matematički alat koji mu je na raspolaganju.

Ovaj se modul preporučuje učenicima od 10. do 11. razreda. Ovdje se ne razmatraju sve moguće metode za dokazivanje nejednakosti (metoda promjene varijable, dokazivanje nejednakosti pomoću izvoda, metoda istraživanja i generalizacije te tehnika sređivanja nisu zahvaćeni). Možete ponuditi da razmotrite druge metode u drugoj fazi (na primjer, u 11. razredu), ako ovaj modul tečaja pobudi interes među učenicima, kao i fokusiranje na uspjeh svladavanja prvog dijela tečaja.

		Jednadžbe i nejednadžbe s parametrom.
		Metode dokazivanja nejednakosti.
		Jednadžbe i nejednadžbe koje ispod znaka modula sadrže nepoznanicu.
		Sustavi nejednadžbi s dvije varijable.

Sadržaj izbornog predmeta

"Iza stranica udžbenika matematike"

"Metode za dokazivanje nejednakosti"

		Uvod.
		Dokaz nejednakosti na temelju definicije.
		metoda matematička indukcija.
		Primjena klasičnih nejednakosti.
		Grafička metoda.
		Suprotna metoda.
		Tehnika za razmatranje nejednakosti s obzirom na jednu od varijabli.
		Ideja pojačanja.
		Lekcija - kontrola.

Lekcija 1. Uvod.

Dokazivanje nejednakosti je fascinantna i izazovna tema u elementarnoj matematici. Nedostatak jedinstvenog pristupa problemu dokazivanja nejednakosti dovodi do potrage za nizom tehnika prikladnih za dokazivanje pojedinih vrsta nejednakosti. U ovom izbornom kolegiju razmatrat će se sljedeće metode dokazivanja nejednakosti:

Ponavljanje:

Provesti dokaze nekih svojstava.

Klasične nejednakosti:

1)
(Cauchyjeva nejednakost)

2)

3)

4)

Povijesna referenca:

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

broj se zove geometrijska sredina brojevi a i b. Dakle, nejednakost znači da aritmetička sredina dvaju pozitivnih brojeva nije manja od njihove geometrijske sredine.

Dodatno:

Razmotrimo nekoliko matematičkih sofizama s nejednakostima.

Matematički sofizam- nevjerojatna izjava, u čijem se dokazu kriju neprimjetne, a ponekad i prilično suptilne pogreške.

Sofizmi su lažni rezultati dobiveni uz pomoć razmišljanja koje se samo čini ispravnim, ali nužno sadrži jednu ili onu pogrešku.

Primjer:

četiri preko dvanaest

Lekcija 2. Dokaz nejednakosti na temelju definicije.

Suština ove metode je sljedeća: da bi se utvrdila valjanost nejednakosti F(x,y,z)>S(x,y,z) napravi se razlika F(x,y,z)-S( x,y,z) i dokažite da je pozitivan. Ovom metodom često se izdvaja kvadrat, kub zbroja ili razlike, nepun kvadrat zbroja ili razlike. Ovo pomaže u određivanju predznaka razlike.

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

Dokaz:

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

Dokažite nejednakost:

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

3.

4.
>2x-20

5.

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

7.

Lekcija 3. Metoda matematičke indukcije.

Pri dokazivanju nejednakosti koje uključuju cijeli brojevičesto posežu za metodom matematičke indukcije. Metoda je sljedeća:

1) provjeriti istinitost teorema za n=1;

2) pretpostavljamo da je teorem točan za neko n=k, te na temelju te pretpostavke dokazujemo istinitost teorema za n=k+1;

3) na temelju prva dva koraka i principa matematičke indukcije zaključujemo da je teorem točan za bilo koji n.

Primjer.

Dokažite nejednakost

Dokaz:

1) za n=2 vrijedi nejednakost:

2) Neka nejednakost vrijedi za n=k tj.
(*)

Dokažimo da nejednakost vrijedi za n=k+1, tj.
. Pomnožimo oba dijela nejednadžbe (*) sa
dobivamo 3) Iz točke 1. i točke 2 zaključujemo da nejednakost vrijedi za bilo koji n.

Zadatci za razrednu i domaću zadaću

Dokažite nejednakost:

1)

2)

3)

4)

Lekcija 4 Primjena klasičnih nejednakosti.

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

Primjer.

Dokažite nejednakost:

Dokaz:

Kao referentnu nejednakost koristimo
.

Tu nejednakost dovodimo u sljedeći oblik:

, Zatim

Ali =
, Zatim

Dokažite nejednakost:

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

2)
(za dokumentaciju se koristi nejednakost)

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

4)
(za dok-va se koristi nejednakost).

Lekcija 5 Grafička metoda.

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

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

2) ako se graf funkcije y=f(x) nalazi iznad (ispod) grafa funkcije y=g(x), tada je nejednakost koja se dokazuje točna.

Primjer.

Dokažite nejednakost:

cosx
,x0

Dokaz:

Konstruirajmo u jednom koordinatnom sustavu grafove funkcija y=cosx i

Iz grafa je vidljivo da u točki x0 graf funkcije y=cosx leži iznad grafa funkcije y= .

Zadaci za rad u razredu i kod kuće.

Dokažite nejednakost:

1)

4)
.

5)

Lekcija 6

Suština ove metode je sljedeća: neka je potrebno dokazati istinitost nejednakosti F(x,y,z) S(x,y,z)(1). Pretpostavlja se suprotno, tj. da nejednakost F(x,y,z) S(x,y,z) (2) vrijedi za barem jedan skup varijabli. Koristeći svojstva nejednadžbi, izvode se transformacije nejednadžbe (2). Ako se kao rezultat ovih transformacija dobije pogrešna nejednakost, to znači da je pretpostavka o valjanosti nejednakosti (2) pogrešna, pa je stoga nejednakost (1) istinita.

Primjer.

Dokažite nejednakost:

Dokaz:

Pretpostavimo suprotno, tj.

Kvadriramo oba dijela nejednadžbe, dobivamo , odakle i dalje

. Ali to je u suprotnosti s Cauchyjevom nejednakošću. Dakle, naša pretpostavka je pogrešna, tj. nejednakost Zadatci za rad u razredu i kod kuće je točna.

Lekcija 9 Lekcija - kontrola znanja učenika.

Ovaj sat se može izvoditi u paru ili ako veliki brojevi razreda u grupama. Na kraju lekcije svakog učenika treba ocijeniti. Ovo je prijepis za ovaj tečaj. Ne preporučuje se izvođenje kontrolnog rada na ovu temu. dokaz nejednakosti, kao što je već spomenuto u objašnjenju, pripada području umjetnosti. Na početku se od učenika traži da sami odrede način dokazivanja predloženih nejednakosti. Ako učenici imaju poteškoća, nastavnik im govori racionalnu metodu, upozoravajući grupu da će to, naravno, utjecati na njihovu ocjenu.

Raditi u parovima.

Primjeri zadataka.

________________________________________________________________

Dokažite nejednakost:

1.
(metoda matematičke indukcije)

2.
(a-priory)

Modul . Jednadžbe i nejednakosti s parametrima. ... svojstva, tekst i dokaz teoremi, izvođenje formula ... najjednostavnije nejednakosti. 7. Znati koristiti metoda intervali...

Program Otvorene olimpijade i zahtjevi za pripremu iz matematike za učenike 9. razreda

Program

koncept modul pravi broj. Aritmetika i geometrijske definicije modul. Razotkrivanje moduli. ... nejednakosti. Dokaz nejednakosti. Rješenje linearno, kvadratno, frakcijsko-racionalno nejednakosti s jednom varijablom. Riješenje nejednakosti ...

Izborni program iz matematike za 8. razred

Program

Pokažite metode dokaz malo složenije nejednakosti s ovim jednostavnim nejednakosti? Dakle, u ovom ministarskom program ...

obrazovna ustanova: MOU Lyceum No. 1, Komsomolsk-on-Amur

Voditelj: Budlyanskaya Natalya Leonidovna

Ako želite sudjelovati u veliki život onda si napuni glavu matematikom dok možeš. Tada će vam biti od velike pomoći u svim vašim poslovima. (M.I. Kalinin)

Predstavljanje lijeve strane nejednakosti kao zbroja nenegativnih članova (desna strana je jednaka 0) pomoću identiteta.

Primjer 1. Dokažite to za bilo koji xϵR

Dokaz . 1 način.

2 način.

za kvadratnu funkciju

što znači da je pozitivan za svaki pravi x.

Primjer 2. Dokažite to za bilo koje x i y

Dokaz.

Primjer 3. Dokaži to

Dokaz.

Primjer 4. Dokažite da za bilo koje a i b

Dokaz.

2. Metoda kontradikcijom

Evo dobrog primjera ove metode.

Dokažite da je za a, b ϵ R.

Dokaz.

Hajdemo to pretvarati.

No, što jasno dokazuje da je naša pretpostavka pogrešna.

C.T.D.

Primjer 5.Dokažite da za bilo koje brojeve A, B, C vrijedi nejednakost

Dokaz. Očito je dovoljno utvrditi ovu nejednakost za nenegativne A, B I S, jer ćemo imati sljedeći odnos:

, što je razlog za izvornu nejednakost .

Neka sada ima takvih nenegativnih brojeva A, B I S, za koje vrijedi nejednakost

, što je nemoguće za bilo koji pravi A, B I S. Gornja pretpostavka je opovrgnuta, što dokazuje izvornu nejednakost koja se proučava.

Korištenje svojstava kvadratnog trinoma

Metoda se temelji na svojstvu nenegativnosti kvadratnog trinoma if

I.

Primjer 6. Dokaži to

Dokaz.

Neka bude, a=2, 2>0

=>

Primjer 7. Dokažite da za svaki realni x i y nejednakost vrijedi

Dokaz. Razmotrite lijevu stranu nejednadžbe kao kvadratni trinom s obzirom na X:

, a>0, D

D= => P(x)>0 I

vrijedi za sve stvarne vrijednosti x I g.

Primjer 8. Dokaži to

za sve realne vrijednosti x i y.

Dokaz. Neka ,

To znači da za svaki pravi na i nejednakost

obavlja za bilo koji valjan x I g.

Metoda uvođenja novih varijabli ili metoda supstitucije

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

Dokaz. Ispravnu nejednakost koristimo za,

.

Dobivamo nejednakost koju proučavamo

Korištenje svojstava funkcije.

Primjer 10. Dokažimo nejednakost

za bilo koje a i b.

Dokaz. Razmotrimo 2 slučaja:

• Ako je a=b onda je istina

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

2) Ako

, na R =>

()* ()>0, što dokazuje nejednakost

Primjer 11. Dokažimo to za bilo koju

Dokaz.

na R.

Ako, tada se predznaci brojeva i podudaraju, što znači da je razlika koja se proučava pozitivna =>

Primjena metode matematičke indukcije

Ova metoda služi za dokazivanje nejednakosti s obzirom na prirodne brojeve.

Primjer 12. Dokažite to za bilo koji nϵN

• Provjerimo istinitost izjave za

- (desno)

2) Pretpostavimo da je izjava točna za

(k>1)

3) Dokažimo istinitost tvrdnje za n=k+1.

Usporedi i:

Imamo:

Zaključak: izjava je istinita za bilo koji nϵN.

Korištenje nevjerojatnih nejednakosti

• Srednji teorem (Cauchyjeva nejednakost)

• Cauchy–Bunyakovsky nejednakost

• Bernoullijeva nejednakost

Razmotrimo svaku od navedenih nejednakosti zasebno.

Primjena teorema srednje vrijednosti (Cauchyjeve nejednadžbe)

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

, Gdje

Znak jednakosti je postignut ako i samo ako

Razmotrimo posebne slučajeve ovog teorema:

• Neka je onda n=2

• Neka je n=2, a>0, tada

• Neka je onda n=3

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

Dokaz.

Cauchy-Bunyakovsky nejednakost

Cauchy-Bunyakovskyjeva nejednakost kaže da za bilo koju; omjer

Dokazana nejednakost ima geometrijsku interpretaciju. Za n=2,3 izražava poznatu činjenicu da skalarni umnožak dvaju vektora u ravnini i prostoru ne prelazi umnožak njihovih duljina. Za n=2 nejednakost izgleda ovako: . Za n=3 dobivamo

Primjer 14

Dokaz. Zapišimo nejednakost koju proučavamo u sljedeći obrazac:

Ovo je svakako prava nejednakost, budući da je poseban slučaj Cauchy-Bunyakovskyjeve nejednakosti.

Primjer 15 Dokažite da za bilo koji a,b,c ϵ R vrijedi nejednakost

Dokaz. Dovoljno je ovu nejednakost napisati u obliku

a odnose se na Cauchy–Bunyakovskyjevu nejednakost.

Bernoullijeva nejednakost

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

Nejednakost se može primijeniti na izraze oblika

Također, vrlo velika skupina nejednakosti može se lako dokazati pomoću Bernoullijevog teorema.

Primjer 16.

Dokaz. Stavljanje x=0,5 i primjenjujući Bernoullijev teorem na izraz

Dobivamo traženu nejednakost.

Primjer 17. Dokažite da za bilo koji n ϵ N

Dokaz.

Bernoullijevim teoremom, kako se zahtijeva.

Davida Hilberta su pitali o jednom od njegovih bivši studenti. "Oh, taj i taj?" prisjetio se Hilbert. "Postao je pjesnik. Imao je premalo mašte za matematiku.

Vaš cilj:poznavati metode dokazivanja nejednakosti i znati ih primijeniti.

Praktični dio

Pojam dokaza nejednakosti . Neke se nejednakosti pretvaraju u pravu brojčanu nejednakost za sve dopuštene vrijednosti varijable ili na neki zadani skup vrijednosti varijable. Na primjer, nejednakosti A 2 ³0, ( A–b) 2 ³ 0 , a 2 +b 2 +c 2 " ³ 0 su istinite za sve realne vrijednosti varijabli, a nejednakost ³ 0 – za sve realne nenegativne vrijednosti A. Ponekad se javlja problem dokazivanja nejednakosti.

Dokazati nejednakost znači pokazati da se data nejednakost pretvara u pravu brojčanu nejednakost za sve dopuštene vrijednosti varijabli ili zadani skup vrijednosti tih varijabli.

Metode dokazivanja nejednakosti. primijeti da opća metoda nema dokaza nejednakosti. Međutim, neki od njih mogu se specificirati.

1. Metoda za procjenu predznaka razlike između lijevog i desnog dijela nejednadžbe. Sastavlja se razlika između lijevog i desnog dijela nejednadžbe i utvrđuje je li ta razlika pozitivna ili negativna za razmatrane vrijednosti varijabli (za nestriktne nejednadžbe potrebno je utvrditi je li ta razlika nejednakost -negativan ili nepozitivan).

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

a 2 +b 2³2 ab. (1)

Dokaz. Sastavi razliku lijevog i desnog dijela nejednadžbe:

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

Budući da je kvadrat svakog realnog broja nenegativan broj, tada ( a-b) 2 ³ 0, što znači da a 2 +b 2³2 ab za sve realne brojeve A I b. Jednakost u (1) vrijedi ako i samo ako a = b.

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

Dokaz. Ako A³ 0 i b³ 0, dakle

³ 0. Dakle, ³ .

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

Primjer 3. Dokažite da za bilo koje realne brojeve A I b postoji nejednakost

A 2 + b 2 + S 2³ ab + bc + ac.

Dokaz. Iz točnih nejednakosti ( a-b) 2 ³ 0, ( b – c) 2 ³ 0 i ( c – a) 2 ³ 0 slijedi da A 2 + b 2³2 ab, b 2 + c 2³2 prije Krista, c 2 + a 2³2 ak. Zbrajamo sve tri nejednadžbe član po član i oba dijela nove dijelimo s 2, dobivamo traženu nejednadžbu.

Prvobitna nejednakost može se dokazati i prvom metodom. Doista, A 2 + b 2 + S 2 –ab-bc-ac= 0,5(2A 2 + 2b 2 + 2S 2 – 2ab- 2prije Krista- 2ak) = = 0,5((a-b) 2 + (a-c) 2 + (prije Krista) 2)³ 0.

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

3. Metoda procjena u dokazivanju nejednakosti.

Primjer 4. Dokaži nejednakost

+ + + … + >

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

+ + + … + > = 100 = .

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

Primjer 5. Dokažite da ako x > ï naï , Da x > y.

Dokaz. Moguća su dva slučaja:

A) na³ 0 ; onda ja naï = y, i po stanju x >ï naï . Sredstva, x > y;

b) na< 0; onda ja naï > g i po stanju x >ï naï znači x > y.

Praktični dio

Zadatak 0. Uzeti Prazan list papir i na njega zapišite odgovore svih dolje navedenih usmenih zadataka. Zatim provjerite svoje odgovore s odgovorima ili kratkim uputama na kraju ovoga element učenja pod naslovom "Vaš pomoćnik".

oralne vježbe

1. Usporedi zbroj kvadrata dva nejednaka broja i s njihovim dvostrukim umnoškom.

2. Dokažite nejednakost:

A) ;

b) ;

V) ;

3. Poznato je da . Dokaži to .

4. Poznato je da . Dokaži to .

Vježba 1. Još to:

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

b) ili + ; e) - ili;

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

Zadatak 2. Dokažite to za bilo koji pravi x postoji nejednakost:

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

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

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

Zadatak 3. Dokaži to:

A) x 3+1³ x 2 + x, Ako x³ –1;

b) x 3 + 1 £ x 2 + x, Ako x-1 funti .

Zadatak 4. Dokažite da ako a ³ 0, b³ 0, S³ 0, d³ 0, dakle

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

Zadatak 5. Dokažite nejednakost označavanjem puni kvadrat:

A) x 2 – 2xy + 9g 2 ³ 0;

b) x 2 +y 2 + 2³2( x+y);

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

G) x 2 – xy + g 2³0 ;

e) x 2 +y 2 +z 2 + 3³ 2( x + y + z);

e)( x + l)( x- 2y + l) + g 2³0 .

Zadatak 6. Dokaži to:

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

b) x 2 +y 2 – 2xy + 2x – 2na + 1 > 0;

u 3 x 2 +y 2 + 8x + 4y- 2xy + 22 ³ 0;

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

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

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

Odredite vrijednosti A I b, pod kojim se odvija ravnopravnost.

Zadatak 9. Dokažite nejednakost:

A) x 3 + na 3³ x 2 na + hu 2 at x³ 0 i g ³ 0;

b) x 4 + na 4³ x 3 na + hu 3 za bilo koji x I na;

V) x 5 + na 5³ x 4 na + hu 4 at x³ 0 i g ³ 0;

G) x n + na n ³ x n-1 godina + xy n-1 at x³ 0 i g ³ 0.

prijepis

1 FGBOU VO "PETROZAVODSKO DRŽAVNO SVEUČILIŠTE" FAKULTET MATEMATIKE I INFORMACIJSKIH TEHNOLOGIJA Odsjek za geometriju i topologiju Khalzenen Elizaveta Sergeevna Diplomski rad za diplomski studij Metode dokazivanja nejednakosti Smjer: "0.03.0" "Matematika" Voditelj prof. dr. sc. -m. znanosti, Platonov S.S. (potpis voditelja) Petrozavodsk

2 Sadržaj Uvod ... 3. Jensenova nejednakost Permutacijska nejednakost Karamatina nejednakost Rješavanje problema za dokazivanje nejednakosti ... 3 Literatura

3 Održavanje Metoda je skup uzastopnih radnji usmjerenih na rješavanje određene vrste problema. Metode za dokazivanje nejednakosti u ovom radu usmjerene su na pronalaženje prilagođeno rješenje nejednakosti imajući određena vrsta. Koristeći takve metode, otopina se ponekad smanjuje. Rezultat je isti, ali je količina posla manja. cilj završni rad je proučavanje tri vrste nejednakosti uz pomoć kojih se lako dokazuju mnoge druge. To su Jensenova nejednakost, permutacijska nejednakost, Karamatina nejednakost. Sve te nejednakosti su matematički lijepe, uz pomoć tih nejednakosti moguće je riješiti školske nejednakosti. Ova tema je ažuriran. Po mom mišljenju, mogao bi biti koristan za školsku djecu, uključujući i za podizanje razine znanja iz područja matematike. Budući da metode nisu standardne, čini mi se da bi učenicima s matematičkim predrasudama bile korisne i uzbudljive. Zadatak je potražiti i riješiti tematske nejednakosti iz predložene literature. Rad se sastoji od četiri paragrafa. U ovom odjeljku je opisana Jensenova nejednakost, dat je njen dokaz i pomoćne definicije. U stavku 2. permutacijska nejednakost, njezini posebni slučajevi i opća permutacijska nejednakost. U odjeljku 3, Karamatina nejednakost je bez dokaza. Stav 4 je glavni rad završnog rada, tj. dokazi nejednakosti pomoću Jensenove nejednakosti, permutacijske nejednakosti i Karamatine nejednakosti

4 . Jensenova nejednakost Definicija. Podskup ravnine naziva se konveksnim ako se bilo koje dvije točke danog skupa mogu spojiti segmentom koji će u cijelosti ležati u tom skupu. Definicija 2. Neka je f(x) definiran na nekom intervalu. Skup svih točaka (x,y) za koje je y f(x) naziva se epigraf, gdje x pripada zadanom intervalu. Skup točaka (x,y) za koje je y f(x) naziva se podplot. Definicija 3. Promatrajmo funkciju na nekom intervalu. Funkcija se naziva konveksnom ako je njen epigraf konveksan skup na tom intervalu. Funkcija se naziva konkavnom ako je njen podgraf konveksan skup. Kriterij konveksnosti (konkavnosti) funkcije. Da bi funkcija y = f(x) kontinuirano diferencijabilna na intervalu (a, b) bila konveksna (konkavna) na (a, b), potrebno je i dovoljno da njezina derivacija f raste (opada) na intervalu (a , b). 2. kriterij konveksnosti (konkavnosti) funkcije. Da bi funkcija y = f(x) bila dvostruko diferencijabilna na intervalu (a, b) bila konveksna (konkavna) na (a, b), potrebno je i dovoljno da je f (x) 0(f (x) 0 ) u svim točkama x (a, b) Definicija 4. Središte mase točaka A(x, y) i B(x 2, y 2) je točka C(x, y) koja pripada dužini AB , tako da je AC = m B, gdje je m BC m B masa A točke B, a m A masa točke A. U vektorskom obliku, centar mase se nalazi na sljedeći način: radijus vektor središta masa: gdje je r i radijus vektor točaka A i B, i =,2. U koordinatama: r = m r +m 2 r 2 m +m 2 () x = m x +m 2 x 2 m +m 2, y = m y +m 2 y 2 m +m 2-4 -

5 Neka je S AB središte mase točaka A i B. Ako je U konveksni podskup ravnine i točke A i B pripadaju U, tada S AB pripada U, jer S AB pripada segmentu AB. Neka A, A 2 A proizvoljne točke na ravnini s masama m, m 2, m. Središte mase C A,A 2 A sustava točaka A, A 2 A određeno je indukcijom na:) At = 2 središte mase C A A 2 sustava točaka A, A 2 već je definirano. Pretpostavit ćemo da točka C A A 2 ima masu m + m 2 2) Pretpostavimo da je za sustav točaka A, A 2 A središte mase A, A 2 A već definirano. Označimo centar mase točaka A, A 2 A s B i pretpostavimo da je masa točke B jednaka m B = m + m m. Po definiciji postavljamo C A,A 2 A = C BA, tj. središte mase sustava točaka A, A 2 A, A jednako je središtu mase dviju točaka B i A. Pretpostavimo da je masa točke C A,A 2 A jednaka m B + m = m + m m. Iz definicije centra mase slijedi da ako sve točke A, A 2 A pripadaju konveksnom skupu U, tada i njihovo središte mase pripada U. Lema. Neka su A, A 2 A točke na ravnini s masama m, m 2, m i neka je r i radijus vektor točke A i, i =,. Ako je C središte mase sustava točaka A, A 2 A, tada se radijus vektor r C točke C može izračunati po formuli Dokaz. r C = m r +m 2 r 2 + +m r m +m 2 + +m (2) Formulu (2) ćemo dokazati indukcijom na. Za = 2, formula je već dokazana (vidi formulu ()). Pretpostavimo da je formula (2) već dokazana za (). Neka je B središte mase sustava točaka A, A 2 A. Tada je - 5 -

6 r B = m r + m 2 r m r m + m m, masa točke B je m B = m + m m. Prema definiciji, središte mase C sustava točaka A, A 2 A podudara se sa središtem mase para točaka B i A. Radijus vektor točke C izračunava se formulom () r C = m Br B + m r m B + m = m r + m 2 r m r m + m m što dokazuje formulu (2) za točke. U koordinatama formula (2) ima oblik: x C = m x + m 2 x m k x k m + m m k y C = m y + m 2 y m k y k m + m m k Jensenov teorem. Neka je y = f(x) konveksna funkcija na nekom intervalu, x, x 2, x - brojevi iz tog intervala; m, m 2, m - pozitivni brojevi, koji zadovoljava uvjet m + m m =. Tada vrijedi Jensenova nejednakost: f(m x + m 2 x m x) m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f(x) Ako je funkcija y = f(x) konkavna na nekom intervalu, x, x 2, x - brojevi iz ovog intervala; m, m 2, m -pozitivni brojevi koji također zadovoljavaju uvjet m + m m =. Tada Jensenova nejednakost ima oblik: f(m x + m 2 x m x) m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f(x)" Dokaz: Promotrimo funkciju f(x) konveksnu na intervalu (a, b) . Promotrimo točke A, A 2, A na njegovom grafu i neka je A i = (x i, y i), y i = f(x i). Uzmimo proizvoljne mase m, m 2, m za točke A, A 2, A, tako da vrijedi m + m m =. Iz činjenice da je f(x) konveksna funkcija slijedi - 6 -

7 da je epigraf funkcije konveksan skup. Dakle, središte mase točaka A, A 2, A pripada epigrafu. Odredite koordinate centra mase: x c = m x + m 2 x m x m + m m = m x + m 2 x m x y c = m y + m 2 y m y m + m m = m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f(x) ) Budući da C pripada epigrafu, tada dobivamo 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 Uzimajući logaritam nejednadžbe (3), dobivamo ekvivalentna nejednakost(3) l (a +a 2 + +a) l(a a 2 a) (4) Koristeći svojstva logaritama, nejednadžbu (4) prepisujemo kao: l (a +a 2 + +a) l a + l a l a ( 5) Rezultirajuća nejednakost je poseban slučaj Jensenove nejednakosti za slučaj kada je f(x) = l(x), m = m 2 = = m =. Imajte na umu da je funkcija y = l(x) konkavna na intervalu (0, +), budući da je y =< 0, поэтому неравенство (5) есть poseban slučaj nejednakosti x2-7 -

8 Jensen za konkavnu funkciju f(x) = l(x). Kako vrijedi nejednakost (5), vrijedi i ekvivalentna nejednakost (3) 2. Permutacijska nejednakost Definicija. Korespondencija jedan na jedan skupa brojeva (,2,3, ) u sebe naziva se permutacija elemenata. Označimo permutaciju sa σ tako da su σ(), σ(2), σ(3) σ() brojevi, 2,3, različitim redoslijedom. Razmotrimo dva skupa brojeva a, a 2, a i b, b 2, b. Skupovi a, a 2, a i b, b 2, b nazivaju se identično uređenim ako za bilo koje brojeve i i j iz činjenice da a i a j slijedi da je b i b j. Posebno, najveći broj iz skupa a, a 2, a odgovara najveći broj iz skupa b, b 2, b, za drugi najveći broj iz prvog skupa, tu je drugi najveći broj iz drugog skupa, i tako dalje. Za skupove a, a 2, a i b, b 2, b se kaže da su obrnuto poredani ako, za bilo koje brojeve i i j, činjenica da a i a j implicira da je b i b j. Iz ovoga slijedi da najveći broj iz skupa a, a 2, a odgovara najmanji broj iz skupa b, b 2, b, drugi najveći broj iz skupa a, a 2, a odgovara drugom najmanjem broju s kraja skupa b, b 2, b i tako dalje. Primjer.) Neka su zadane dvije zbirke, takve da su a a 2 a i b b 2 b, tada su prema našim definicijama te zbirke jednako poredane. 2) Neka su dana dva skupa, tako da a a 2 a i b b 2 b, u ovom slučaju skupovi brojeva a, a 2, a i b, b 2, b će biti obrnutim redom.Svugdje ispod a, a 2 , a i b, b 2 , b - pozitivni realni brojevi «Teorem. (Permutacijska nejednakost) Neka postoje dva skupa brojeva a, a 2, a i b, b 2, b. Razmotrimo skup njihovih mogućih permutacija. Tada je vrijednost izraza 8 -

9 S = a b σ + a 2 b σ2 + + a b σ () će biti najveći kada su skupovi a, a 2, a i b, b 2, b jednako poredani, a najmanji kada su a, a 2, a i b , b 2, b su obrnutim redoslijedom. Za sve ostale permutacije, zbroj S bit će između najmanje i najveće vrijednosti. Primjer. Prema teoremu a b + b c + c a 3, budući da su skupovi a, b, c i a, b, c obrnutim redom i vrijednost a a + b b + c c = 3 bit će najmanja. Dokaz teorema. Razmotrimo dva skupa brojeva: prvi je a, a 2, a drugi je b, b 2, b. Pretpostavimo da ti skupovi nisu poredani na isti način, oni. Postoje indeksi i i k takvi da je a i > a k i b k > b i. Zamijenimo brojeve b k i b i u drugom skupu (takva se transformacija naziva “sortiranje”). Tada će se u zbroju S članovi a i b i i a k ​​b k zamijeniti s a i b k i a k ​​b i, a svi će ostali članovi ostati nepromijenjeni. Imajte na umu da a i b i + a k b k< a i b k + a k b i, так как (a i b i + a k b k) (a i b k + a k b i) = a i (b i b k) a k (b i b k) = (a i a k)(b i b k) < 0 Поэтому сумма Sувеличится. Выполняем сортировку пока это возможно. Если процесс прекратился, то это означает, что мы получили правильный порядок, а это и есть najveća vrijednost. Najmanju vrijednost dobivamo na sličan način, samo sortiramo dok skupovi ne budu u obrnutom redoslijedu. Kao rezultat toga, doći ćemo do najmanja vrijednost. “Teorem 2. Razmotrimo dva pozitivna skupa a, a 2, a 3 a i b, b 2, b 3 b i sve njegove moguće permutacije. Tada će vrijednost umnoška (a i + b σ(i)) biti najveća kada su skupovi a, a 2, a 3 a i b, b 2, b 3 b jednako poredani, a najmanja kada su obrnuto poredani

10 Teorem 3. Promotrimo dva skupa a, a 2, a 3 a i b, b 2, b 3 b elementi tog skupa su pozitivni. Tada će vrijednost () a i + b σ(i) biti najveća kada su skupovi a, a 2, a 3 a i b, b 2, b 3 b jednako poredani, a najmanja kada su obrnuto poredani.” Teoreme 2,3 su posebni slučajevi više opći teorem, o čemu se govori u nastavku. Opća permutacijska nejednakost “Teorem 4 (Opća permutacijska nejednakost). Neka je funkcija f kontinuirana i konveksna na nekom intervalu u R. Tada za bilo koje skupove brojeva a, a 2, a 3 a i b, b 2, b 3 b iz intervala vrijedi vrijednost izraza f (a + b σ()) + f ( a 2 + b σ(2)) + f (a + b σ()) bit će najveći kada su skupovi u istom redoslijedu, a najmanji kada su skupovi obrnutim redoslijedom. Teorem 5. Neka je funkcija f kontinuirana i konkavna na nekom intervalu u R Tada: vrijednost izraza f (a + b σ()) + f (a 2 + b σ(2)) + f (a + b σ()) će biti najveći kada su brojevi obrnutim redoslijedom, a najmanji kada su skupovi a, a 2, a 3 a i b, b 2, b 3 b jednako poredani. Dokaz.") Razmotrimo slučaj = 2. Neka je funkcija f konveksna i postoje dva skupa a > a 2 i b > b 2. Moramo dokazati da Neka je f(a + b) + f(a 2 + b 2) f(a + b 2) + f(a 2 + b) (2) x = a + b 2, k = a a 2, m = b b 2. Tada je - 0 -

11 a + b 2 = x + k, a 2 + b = x + m, a + b = x + k + m, pa nejednadžba (2) ima oblik f(x + k + m) + f(x + k ) f(x + k) + f(x + m) (3) Za dokaz nejednakosti koristimo se slikom Na slici je prikazan graf konveksne funkcije y = f(x) točke A(x, f( x)), C(x + k, f(x + k)), D(x + m, f(x + m)), B (x + k + m, f(x + k + m)). a na Konveksnost funkcije f implicira da tetiva CD leži ispod tetive AB. Neka je K polovište CD, M3 polovište AB. Imajte na umu da su apscise točaka K i M iste, budući da je x k = 2 ((x + k) + (x + m)) = (2x + k + m) 2 x m = 2 (x + (x + k) + m) ) = (2x + k + m) 2 Dakle, točke K i M leže na istoj okomitoj liniji, što znači da je y m y k. - -

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

13 Ako su x, x 2, x pozitivni brojevi, i= x i =, tada (,) (x, x 2, x) (,0,0,0, 0) “Teorem (Karamata-ina nejednakost) Neka je f: (a , b ) R, f je konveksna funkcija x, x 2, x, y, y 2, y (a, b) i (x, x 2, x) (y, y 2, y), tada je f(x ) + f(x 2) + f(x) f(y) + f(y 2) + f(y). Ako je f konkavna funkcija, tada je f(x) + f(x 2) + f(x) f(y) + f(y 2) + f(y)." Pogledajte dokaz u . 4. Rješavanje zadataka za dokazivanje nejednakosti. U ovom odjeljku razmatramo različite probleme s dokazom nejednakosti koji se mogu riješiti korištenjem Jensenove nejednakosti, permutacijskih nejednakosti ili Karamatine nejednakosti. Vježbajte. Dokažite nejednakost gdje je x, x 2, x > 0 Neka je x + x 2 + x + x x 2 x, f(x) = +x, m i = f(x) = (+ x) f(x) = (+ x ) 2 f(x) = 2(+ x) 3 > 0, x Tada Jensenova nejednakost implicira da - 3 -

14 Dokažimo da je i= + x i + x x 2 x + x + x 2 + +x Ovo je točno ako i samo ako + x x 2 x + x + x x + x x 2 x x + x x x x 2 x I posljednja nejednakost koincidira s nejednakost Cauchy. Zadatak 2. Dokažite da za bilo koje a, b > 0 vrijedi nejednakost: 2 a + b ab Zadatak 3. Dokažite da za bilo koje a, a 2, a > 0 vrijedi nejednakost: a a 2 a a a 2 a Nejednakost se može prepisati kao: - 4 -

15 () (a a a 2 a a 2 a) ovo je Cauchyjeva nejednakost. Zadatak 4. Dokažite da za bilo koje a, a 2, a > 0 vrijedi nejednakost: Razmotrite nejednakost za =3. a + a a + a a 2 a 3 a a a a 2 + a 2 a 3 + a 3 a 3 -true Označimo x = a a 2,x 2 = a 2 a 3,x = a a, Tada je x x 2 x =. Tada nejednakost poprima oblik: x + x x Ova nejednakost slijedi iz Cauchyjeve nejednakosti: q.t.d. Zadatak 5. Dokažite da je (x + x x) x x 2 x = si x + si x si x si x + x x, gdje je 0 x i π - 5 -

16 Nejednakost slijedi iz Jensenove nejednakosti za funkciju y = si x. Funkcija y = si x je konkavna na intervalu (0, π), jer je y = si x< 0при x (0, π), Гдеm i =. ч.т.д. Задание 6. si x + si x si x si(x + x x) Доказать,что для любых a, a 2, a >0 nejednakost je točna: (a + a 2+ +a)(a + a a) 2 Nejednakost se može prepisati kao: ovo je ekvivalentno (a + a a) a + a a 2 a +a 2 + +a a + a 2+ +a Promatramo Jensenovu funkciju f(x) = x i dobivamo ovu jednakost. i pomoću nejednadžbe Zadatak 7. Dokažite da za bilo koje x, y, z > 0 vrijedi nejednakost x 5 + y 5 + z 5 x 3 y 2 + y 3 x 2 + z 3 x 2. Primijenimo permutacijsku nejednadžbu. Neka prvi skup izgleda kao Drugi x 3, y 3, z 3, x 2, y 2, z 2 vrijednost izraza na lijevoj strani x 5 + y 5 + z 5 sastoji se od identično poredanih skupova brojeva. Iz ovoga slijedi da je dobivena vrijednost - 6 -

17 za sve ostale permutacije više vrijednosti dobiveni uz "najispravniji" raspored varijabli. Zadatak 8. Dokažite da za bilo koje x, y, z > 0 vrijedi nejednakost: x + x 2 + y + y 2 + z + z 2 x + y 2 + y + z 2 + z + x 2 Možemo pretpostaviti da je x y z. Neka je a = x, a 2 = y, a 3 = z, b = + x 2, b 2 = + y 2, b 3 = + z 2 Skupovi a, a 2, a 3 i b, b 2, b 3 su suprotno poredani, stoga je prema permutacijskoj nejednakosti zbroj a b + a 2 b 2 + a 3 b 3 najmanji među zbrojevima Posebno, što je ekvivalentno a b σ + a 2 b σ2 + a 3 b σ3. a b + a 2 b 2 + a 3 b 3 a b 2 + a 2 b 3 + a 3 b, x + x 2 + y + y 2 + z + z 2 x + y 2 + y + z 2 + z + x 2. Zadatak 9. Dokažite da za bilo koje a, a 2, a > 0 vrijedi nejednakost: (+ a 2) (+ a 2 2) (+ a 2) (+ a a 2 a 3 a)(+ a 2 ) (+ a) Pomnožimo s a a 2 a, dobivamo (a 2 + a 2)(a 3 + a 2 2) (a + a 2) (a + a 2)(a 2 + a 2 2) (a + a 2) - 7 -

18 Uzmimo logaritam nejednadžbe i dobijemo ekvivalentnu nejednadžbu. 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.) Mi upotrijebite opću permutacijsku nejednakost za konkavnu funkciju y = l x. Neka je a i = a i, b i = a i 2. Tada su skupovi b, b 2, b i a, a 2, a identično poredani, pa je l(b + a) + l(b 2 + a 2) + + l( b + a ) l(b + a 2) + l(b 2 + a 3) + + l(b + a), čime je dokazana nejednakost (9.). Zadatak 0. Dokažite da za bilo koje pozitivne a, b, c a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ac (0.) Neka je a b c.. Budući da skupovi (a, b, c) i (a, b , c) identično poredani, ali skupovi (a, b, c) i (b, c, a) nisu identično poredani, tada nejednakost (0.) slijedi iz permutacijske nejednakosti. Vježbajte. Dokažite da ako je xy + yz + zx =, tada nejednakost (.) slijedi iz zadatka 0. Zadatak 2. Dokažite da ako je a, b, c > 0, tada je x 2 + y 2 + z 2 (.). (a + c)(b + d) ab + cd Budući da je kvadratni korijen veći ili jednak nuli, možemo kvadrirati desnu i lijevu stranu. Dobivamo: (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 -Točno Zadatak 3, 4. Dokažite da je za bilo koje a, a 2, a > 0 vrijedi sljedeća nejednakost: 3) a 2 + a a 2 (a + a 2 + a) 2 4) a 2 + a a 2 (3.) (4.) gdje a + a 2 + a = Nejednakost (4.) slijedi iz ( 3.) za a + a 2 + a =. Dokazat ćemo nejednakost (3.). Može se pretvoriti u Ili a 2 + a a 2 (a + a 2 + a) 2 2 a 2 + a a 2 (a + a a) Upotrijebimo Jensenovu nejednadžbu za konveksnu funkciju f(x): f(q x + q 2 x 2 + q x) q f(x) + q 2 f(x 2) + q f(x), gdje je 0 q i, q + q 2 + q =. Ako uzmemo f(x) = x 2, q i =, i =,2, tada dobivamo nejednakost (3.) itd. Zadatak 5. Dokažite da za bilo koji prirodni broj i za bilo koje p, q vrijedi nejednakost () 2 pq + ()(p + q) + ()pq + (5.) - 9 -

20 Transformirajmo nejednadžbu (5.) u ekvivalentni oblik: () 2 pq + ()(p + q) + ()pq + () 2 pq + ()(p + q) + ()pq 0 )[ ()pq + (p + q) pq] + 0 () () 0 () 0 () 0 uvijek od -prirodno Dokažimo da Primijetimo da je 0 (5.2) p + q pq = p(q ) (q) = (p)(q) Kako je p, q, onda je p 0, q 0, stoga vrijedi nejednakost (5.2). Zadatak 6. Za bilo koje pozitivne brojeve x, y, z vrijedi nejednakost: Neka je x y z xyz (y + z x)(z + x y)(x + y z) (6.)) Ako je y + z x< 0, то неравенство (6.) выполнено 2) Пусть все множители в правой части >0. Tada je nejednadžba (6.) ekvivalentna l x + l y + l z l(y + z x) + l(z + x y) + l(x + y z) Neka je f(x) = l x. Kako je f(x)`` = x 2< 0то функция f(x) = l x вогнутая на интервале (0, +) Проверим, что набор (y + z x, x + z y, x + y z) мажорирует набор (x, y, z). Действительно:

21 x + y z x (jer je y z 0); (x + y z) + (x + z y) = 2x x + y (x + y z) + (x + z y) + (y + z x) = x + y + z Budući da je funkcija f(x) = l x konkavna , onda iz Karamatine nejednakosti slijedi l(x + y z) + l(x + z y) + l(y + z x) = l x + l y + l z, čime je nejednakost (6.) dokazana. Zadatak 7. Dokažite da za bilo koje a, b i c > 0 vrijedi nejednakost: a 2 + b 2 + c ab + ac + bc a 2 + 2bc + b 2 + 2ac + c 2 + 2ab Ovo je ekvivalentno Neka 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) Moramo dokazati da (7.) majorizira (7.2). Poslužimo se definicijom majorizacije :) a 2 + b 2 + c 2 a 2 + 2bc (b c) 2 0-točno 2) a 2 + b 2 + c 2 + ab + ac + bc a 2 + 2bc + b 2 + 2ac c 2 bc ac + ab 0 c(c b) a(c b) 0 (c b)(c a) 0-2 -

22 (c b) 0 i (c a) 0, zatim (c b)(c a) 0 3) 3)a 2 + b 2 + c 2 + ab + ac + bc + ab + ac + bc = a 2 + 2bc + b 2 + 2ac + c 2 + 2ab a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2ac + 2bc = a 2 + 2bc + b 2 + 2ac + c 2 + 2ab Točno. Dakle, skup brojeva (7.) majorizira skup brojeva (7.2). Primjenom Karamatine nejednadžbe za konveksnu funkciju f(x) = x dobivamo ispravnu izvornu nejednadžbu. Zadatak 8. Za a, b, c, d > 0 dokažite da vrijedi nejednakost a 4 + b 4 + c 4 + d 4 a 2 b 2 + a 2 c 2 + a 2 d 2 + b 2 c 2 + b 2 d 2 + c 2 d 2 Neka je 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 Razmotrite dva skupa brojeva: (4x, 4y, 4z, 4w, x + y + z + w, x + y + z + w) i (2x + 2y, 2x + 2z, ​​​​2x + 2w, 2y + 2z, ​​2y + 2w, 2z + 2w) skupovi: (4x, 4y, 4z, x + y + z + w, x + y + z + w, 4w) i (8.) Drugi ostaje nepromijenjen: ( 2x + 2y, 2x + 2z, ​​​​2x + 2w, 2y + 2z, ​​​​2y + 2w, 2z + 2w) (8.2) Dokažimo da (8.) majorizira (8.2)

23 ) 4x 2x + 2y, x y je točno 2) 4x + 4y 4x + 2y + 2z,y z je točno 3) 4x + 4y + 4z 4x + 2y + 2z + 2x + 2w y + z x + w da je 2x + 2w 2y + 2z x + w y + z, tada je slučaj 3) moguć samo za x + w = ​​​​y + z 4) 4x + 4y + 4z + x + y + z + w 4x + 2y + 2z + 2x + 2w + 2y + 2z x + y + z w 0 y + z x + w Slično prethodnom slučaju, ova nejednakost vrijedi za x + w = ​​​​y + z 5) 4x + 4y + 4z + 2x + 2y + 2z + 2w 2z + 2y + 2w z w je točno 6) 4x + 4y + 4z + 2x + 2y + 2z + 2w + 4w , skup (8.) majorizira skup brojeva (8.2). Koristeći Karamatinu nejednakost za funkciju f(x) = e x, dobivamo ispraviti nejednakost. Zadatak 9. Za a, b, c > 0 dokažite da vrijedi nejednakost a 3 + b 3 + c 3 + abc 2 3 (a2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca).

24 Neka a b c Pomnožimo obje strane nejednadžbe s 3, dobivamo 3a 3 + 3b 3 + 3c 3 + 3abc 2(a 2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca) 2 (9. ) Napravimo promjenu : I zapišimo nejednadžbu (9.) u obliku: x = l a, y = l b, z = l c e 3x + e 3x + e 3x + e 3y + e 3y + e 3y + e 3z + e 3z + e 3z + e x +y+z + e x+y+z + e x+y+z e 2x+y + e 2x+y + e 2y+z + e 2y+z + e 2z+x + e 2z +x + e x+ 2y + e x+2y + e y+2z + e y+2z + e z+2x + e z+2x + y + z, x + y + z, x + y + z) i ( 9.2) (2x + y, 2x + y, 2y + z, 2y + z, 2z + x, 2z + x, x + 2y, x + 2y, y + 2z, ​​​​y + 2z, ​​z + 2x , z + 2x) (9.3) z, x + y + z, 3z, 3z, 3z,) i (9.2) Poredak drugog skupa: 2x + y z + 2x y z istinito y + 2z 2z + x y x istinito Dakle, dobivamo skup: (2x + y, 2x + y, z + 2x, z + 2x, 2y + z, x + 2y, x + 2y, 2y + z, 2y + z, 2z + x, 2z + x, y + 2z, ​​y + 2z) (9.3) dokažite da skup brojeva (9.2) majorizira skup brojeva (9.3)) 3x 2x + y, x y 2) 6x 4x + 2y, x y 3) 9x 6x ​​​​+ 2y + z, 3x 2y + z

25 4) 9x + 3y 4x + 2y + 2z + 4x, x + y 2z, za x = y dobivamo 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 Za x = y dobivamo y z 7) 9x + 9y + x + y + z , dobivamo y z 8) 9x + 9y + 2x + 2y + 2z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 4y + 2z, ​​​​x + y + 3z 0 + 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 majoriziramo skup brojeva (9.3) i Karamata nejednakošću za funkciju f(x) = e x dobivamo točnu nejednadžbu

26 Literatura) Yu.P.Solovjev. Nejednakosti. M.: Izdavačka kuća Moskovskog centra za kontinuirano matematičko obrazovanje, 2005. 6s. 2) I.Kh. Sivašinski. Nejednakosti u zadacima M.: Nauka, str. 3) A. I. Khrabrov. Oko mongolske nejednakosti, Mat. prosvjetljenje, ser. 3, 7, MTsNMO, M., 2003, str. 4) L. V. Radzivilovskii, Generalizacija permutacijske nejednakosti i Mongolske nejednakosti, Mat. prosvjetljenje, ser. 3, 0, Izdavačka kuća MCNMO, M., 2006, str. 5) V.A.ch Krechmar. Knjiga algebra. Peto izdanje M., znanost, str. 6) D. Nomirovsky Karamata nejednakost /D. Nomirovski // (Quantum)-S

Konveksni skupovi a funkcije R n skup skupova od n realni brojevi. Nadalje, ovaj skup će se zvati prostor, njegovi elementi će se zvati točke, točka s koordinatama (x 1,..., x n) će biti označena

Uvjeti zadataka 1. Općinska faza 8. razred 1. Na ploči su napisana dva broja. Jedna je povećana 6 puta, a druga smanjena do 2015. godine, dok se zbroj brojeva nije promijenio. Pronađite barem jedan par

Poglavlje IX. Euklidski i unitarni prostori 35. Skalarni produkt u vektorskom prostoru Urala federalno sveučilište, Institut za matematiku i informatika, Zavod za algebru i diskret

Uralsko savezno sveučilište, Institut za matematiku i računarstvo, Odjel za algebru i diskretnu matematiku

Rješenje zadataka redovne runde devete Eulerove olimpijade 1. Razmatraju se sva rješenja sustava x yz 1, x y z x, x y z. Pronađite sve vrijednosti koje x može poprimiti. Odgovor: 1; 1; 1. Rješenje 1. Budući da je x y

Predavanje 4 1. VEKTORI Vektorski usmjereni segment. Jednaki vektori: imaju iste dužine i podudarni pravci (paralelni i usmjereni u istom smjeru) Suprotni vektori: imaju istu duljinu

Tema 1-8: Kompleksni brojevi A. Ya. Ovsyannikov Ural Federal University Institute of Mathematics and Computer Science Department of Algebra and Discrete Mathematics Algebra and Geometry for Mechanics (1 semestar)

Penza Državno sveučilište Fizičko-matematički fakultet "Izvanredna fizikalno-matematička škola" MATEMATIKA Transformacije identiteta. Rješenje jednadžbi. Trokuti Zadatak 1 za

Moskovski institut za fiziku i tehnologiju logaritamske jednadžbe i nejednakosti, metoda potenciranja i logaritmiranja u rješavanju zadataka. Alati u pripremi za olimpijadu.

98 MATEMATIKA: ALGEBRA I POČECI GEOMETRIJE ANALIZE Rješenja jednadžbi temeljena na svojstvima konveksne funkcije Lipatov SV Kaluga MBOU "Lyceum 9 named after KE Tsiolkovsky" 0 "A" razred Voditelj:

Algebarski oblik kompleksnog broja. Obrazovna prezentacija A. V. Likhatsky Voditelj: E. A. Maksimenko Južno federalno sveučilište 14. travnja 2008. A. V. Likhatsky (SFedU) Algebr. skup obrazaca brojevima

Moskovsko državno sveučilište Tehničko sveučilište nazvan po N.E. Baumanov fakultet" Temeljne znanosti" Stolica " Matematičko modeliranje» À.Í. Êàíàòíèêîâ, À.Ï. Êðèùåíêî

72 Poglavlje 2 Polinomi Primjeri i komentari Algoritmi A-01 Zapišite polinom u standardna forma A-02 Operacije nad polinomima A-03 Usmene transformacije A-04 Formule reduciranog množenja A-05 Newtonov binom

Rješenja zadataka dopisnog kola 6. Eulerove olimpijade I. Matematički blok Utvrdi za koje vrijednosti parametra postoje realni brojevi x i y koji zadovoljavaju jednadžbu xy + x + y + 7 Odgovor: 89 Rješenje

Predavanje 8 Poglavlje Vektorska algebra Vektori Količine koje su određene samo njihovim brojčana vrijednost, nazivaju se skalarni primjeri skalari: duljina, površina, volumen, temperatura, rad, masa

Međuregionalna olimpijadaŠkolska djeca " Najviši standard”, 2017. MATEMATIKA, 2. stupanj str.1/10 Rješenja i kriteriji za ocjenjivanje zadataka Olimpijade 10-1 U društvu od 6 ljudi, neka su društva išla na tri

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

Osma Eulerova olimpijada za nastavnike matematike Rješavanje zadataka dopisnog kruga Riješite jednadžbu a b c b a c c a b a b c, gdje su a, b i c pozitivni brojevi Rješenje Jasno je da a b c rješenja dana jednadžba

I tečaj, zadatak. Dokažite da je Riemannova funkcija, ako je 0, m m R(), ako je, m, m 0, a razlomak nesvodiv, 0, ako je iracionalan, diskontinuirana u svakom racionalna točka a neprekidan je u svakom iracionalnom. Riješenje.

Gradsko natjecanje in Mathematics, Khabarovsk, 1997. Zadatak 1. Pronađite rješenja jednadžbe 9 RAZRED (x + 2) 4 + x 4 = 82. (1) Rješenje. Nakon promjene varijable x = y 1, jednadžba (1) se može napisati kao

Uralsko savezno sveučilište, Institut za matematiku i računarstvo, Odjel za algebru i diskretnu matematiku

Tema 2-14: Euklidski i unitarni prostori A. Ya. Ovsyannikov Institut za matematiku i računalne znanosti Uralskog saveznog sveučilišta Odjel za algebru i diskretnu matematiku, algebru i geometriju za

Deveta Eulerova olimpijada za nastavnike matematike Rješenja zadataka dopisnog kruga 1. Riješite jednadžbu x(x ab) a b za x. Riješenje. Jasno je da je x a b korijen ove jednadžbe. Dijeljenje polinoma x abx

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

Poglavlje 6 Vektorska algebra 6.1. Vektori u ravnini i prostoru geometrijski vektor, ili jednostavno vektor, naziva se usmjereni segment, tj. segment u kojem je jedna od graničnih točaka imenovana

Zadatci Otvorene olimpijade za učenike iz matematike (54. Popisa olimpijada za učenike, 2015./2016. školska godina) Sadržaj I. Zadatci završna faza Olimpijade za 11. razred... 2 II. Zadaci 1. kola kvalifikacija

3. Metode rješenja racionalne nejednakosti 3..1. Numeričke nejednakosti Najprije definirajmo što podrazumijevamo pod iskazom a > b. Definicija 3..1. Broj a više broja b ako je razlika između njih pozitivna.

Predavanje 13. Konveksne funkcije i Taylorova formula 1 Konveksne i konkavne C - glatke karakteristike. Definicija 1. Funkcija se naziva konveksnom (konkavnom) ako je njen epigraf (podgraf) konveksna regija. Primjer 1 x

Radionica: “Diferencijabilnost i diferencijal funkcije” Ako funkcija y f () ima konačnu derivaciju u točki, tada se priraštaj funkcije u toj točki može prikazati kao: y (,) f () () (), gdje

Predavanje 2 Vektori Determinante drugog i trećeg reda 1 VEKTORI Vektorski usmjereni segment Jednaki vektori: iste duljine i istog smjera (paralelni i usmjereni u istom smjeru)

Rješavanje zadataka dopisnog kruga 0 I Matematički blok Zadatak Odredi broj prirodnih korijena jednadžbe Odgovor: 00 0 rješenja Rješenje zadatka Predstavimo broj u obliku Zatim desni dio ove jednadžbe je

Sažetak predavanja 11 Euklidski prostori 0. Sažetak predavanja 1. Točkasti umnožak. 1.1. Definicija skalarnog produkta. 1.2. Ekvivalentna notacija u smislu projekcija. 1.3. Dokaz linearnosti u

Olimpijada "Budući istraživači budućnost znanosti" Matematika. Izborni krug 4.0.0 PROBLEM I RJEŠENJA 8 9 razred 8-9.. Koji je broj veći: 0 0 0 0 ili 0 0 0 0? Odgovor. Prvi broj je veći od drugog. Riješenje. Označiti

Ocjena 0 Prvi krug (0 minuta; svaki zadatak 6 bodova)... Poznato je da je tg + tg = p, ctg + ctg = q. Nađi tg(+). pq Odgovor: tg. q p Iz uvjeta p tg q tg tg tg tg p i jednakosti ctg ctg q dobivamo

Matematička analiza 2.5 Predavanje: Ekstremumi funkcije više varijabli Vladimir Feliksovich Zalmezh, izvanredni profesor Katedre VMMF Razmotrimo funkciju w = f (x) definiranu u području D R n. Tocka x 0 D zove se

Tema 1-4: Algebarske operacije A. Ya. Ovsyannikov Institut za matematiku i računalne znanosti Uralskog saveznog sveučilišta Odjel za algebru i diskretnu matematiku Algebra i geometrija za mehaniku (1

Sadržaj I. V. Yakovlev Materijali o matematici MathUs.ru Systems algebarske jednadžbe Dvostruka zamjena ............................................. Simetrični sustavi ...... .. .........................

federalna agencija po obrazovanju Savezna država obrazovna ustanova viši strukovno obrazovanje JUŽNO FEDERALNO SVEUČILIŠTE R. M. Gavrilova, G. S. Kostetskaya

Predavanje 10 1 Euklidski prostor 11 Definicija Neka je V (R) LP nad poljem realnih brojeva. Skalarni produkt na V je proizvoljna funkcija V V R koji pridružuje uređeni par vektora

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

Poglavlje 4 Osnovni teoremi diferencijalni račun Otkrivanje nesigurnosti Osnovni teoremi diferencijalnog računa Fermatov teorem (Pierre Fermat (6-665) francuski matematičar) Ako funkcija y f

Sažetak predavanja 10 afinih prostora 0. Sažetak predavanja Pred Afini prostori. 1. Afina baza. 2. Afine koordinate bodova. 3. Vektorska jednadžba pravca. 4. Vektorska jednadžba ravnine. 5.

8 RAZRED 1. Dokažite da se za bilo koji prirodni broj n može odabrati prirodan broj a takav da je broj a(n + 1) (+ n+1) ravnomjerno djeljiv s. 2. Dva

Uralsko federalno sveučilište, Institut za matematiku i računarstvo, Odjel za algebru i diskretnu matematiku Uvodne napomene U ovom predavanju proučavamo drugu krivulju drugog reda, hiperbolu.

Domaća zadaća u algebri za 0. razred u udžbeniku "Algebra i početak analize 0. razred" Alimov Sh.A. i dr., -M .: "Prosvjeta", 00g. www.balls.ru Sadržaj Poglavlje I. Realni brojevi.. Poglavlje II. Vlast

Vektorska algebra Pojam vektorskog prostora. Linearna ovisnost vektori. Svojstva. Pojam baze. Vektorske koordinate. Linearne transformacije vektorskih prostora. Svojstvene vrijednosti i vlastiti

Savezna agencija za obrazovanje Državnog sveučilišta u Tomsku, Odjel za sustave upravljanja i radioelektroniku viša matematika(VM) Prikhodovsky M.A. LINEARNI OPERATORI I KVADRATNE FORME Prakt

Uralsko savezno sveučilište, Institut za matematiku i računarstvo, Odjel za algebru i diskretnu matematiku

Moskovski institut za fiziku i tehnologiju Cauchy-Bunyakovsky nejednakost. Metodički vodič za pripremu za olimpijadu. Sastavio: Parkevich Egor Vadimovich Moskva 014 Teorijski materijal. U ovom poslu

LABORATORIJSKI RAD 1 KOMPLET. ZASLONE. SUSTAVI SKUPOVA 1. OSNOVNI POJMOVI I TEOREMI Neka je X skup i neka je (x) neko svojstvo

Seminar 2. Konike na projektivnoj ravnini 1. Definicija konike u P 2. Prva svojstva konika. Kao i prije, radimo u k = R ili C. Definicija konike u P 2. Razmotrimo projektivno preslikavanje f: l

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

LD Lappo, AV Morozov Domaća zadaća iz algebre za razred 0 u udžbeniku "Algebra i početak analize: Udžbenik za 0-cl općeobrazovne ustanove / SHA Alimov i drugi izd. M: Obrazovanje, 00" Poglavlje I Valid

Poglavlje 8 Pravci i ravnine 8.1. Jednadžbe pravaca i ploha 8.1.1. Pravci na ravnini Pretpostavimo da je zadana ravnina afini sustav koordinate. Neka je l krivulja u ravnini i neka je f(x, y).

Ministarstvo obrazovanja i znanosti Ruska Federacija Savezna agencija za obrazovanje Državno sveučilište Penza Rudenko AK, Rudenko MN, Semerich YUS ZBIRKA ZADATAKA S RJEŠENJIMA ZA PRIPREMU

Jednadžbe U algebri se razmatraju dvije vrste jednakosti - identiteti i jednadžbe. Identitet je jednakost koja vrijedi za sve dopuštene) vrijednosti slova koja su u njoj uključena. Za identitete se koriste znakovi

Zadaci dopisne nastave iz matematike za 9. razred 2014./2015. ak. godina, prvi stupanj težine 1. zadatak Riješite jednadžbu: (x+3) 63 + (x+3) 62 (x-1) + (x+3) 61 (x-1) 2 + + (x-1) 63 = 0 Odgovor: -1 2. zadatak Zbroj

Školski kamp 57. srpnja 06. Nejednakosti (kompendij) Dmitrieva A, Ionov K Prva lekcija Jednostavne nejednakosti Problem srednjih nejednakosti Dokažite nejednakost x + 4y + 9z 4xy + 6yz + 6zx Rješenje: x + 4y + 9z

Ministarstvo obrazovanja Moskovske regije Državna proračunska obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja Moskovske regije " Međunarodno sveučilište prirodu, društvo i

Međuregionalna olimpijada za učenike "Vysshaya Proba", 2017. MATEMATIKA, faza 2 str. 1/11 Rješenja i kriteriji za ocjenjivanje zadataka Olimpijade 8-1

Ministarstvo obrazovanja i znanosti Ruske Federacije Moskovski institut za fiziku i tehnologiju (Državno sveučilište) Dopisna škola fizike i tehnologije MATEMATIKA Transformacije identiteta. Riješenje

Predavanje 7 Poglavlje. Sustavi linearne nejednakosti.. Osnovni pojmovi Sustavi linearnih nejednadžbi koriste se za rješavanje raznih matematički problemi. Sustav linearnih nejednadžbi s nepoznanicama