Bewijs dat de ongelijkheid waar is. Bewijs en oplossing van ongelijkheden

MOU Grishino - Slobodskaya middelbare school

Moduleprogramma

"Methoden voor het bewijzen van ongelijkheden"

binnen het keuzevak

"Achter de pagina's van een wiskundeboek"

voor studenten in de klassen 10-11

Samengesteld door:

wiskunde leraar

Pankova E.Yu.

Toelichting

“Wiskunde wordt een tautologische wetenschap genoemd: met andere woorden, wiskundigen zouden tijd besteden aan het bewijzen dat de dingen gelijk zijn aan zichzelf. Deze verklaring is om twee redenen hoogst onnauwkeurig. Ten eerste, wiskunde, ondanks zijn karakteristiek wetenschappelijke taal, is geen wetenschap; het kan eerder kunst worden genoemd. ten tweede de basisresultaten van de wiskunde worden vaker uitgedrukt door ongelijkheden dan door gelijkheden.”

Ongelijkheden worden gebruikt in praktisch werk wiskunde de hele tijd. Ze worden gebruikt om een aantal interessante en belangrijke extreme eigenschappen van "symmetrische" figuren te verkrijgen: een vierkant, een kubus, een gelijkzijdige driehoek, evenals om de convergentie van iteratieve processen te bewijzen en enkele limieten te berekenen. De rol van ongelijkheden is ook belangrijk in verschillende vraagstukken van natuurwetenschap en technologie.

Problemen voor het bewijzen van ongelijkheden zijn de moeilijkste en meest interessante van de traditionele. Het bewijzen van ongelijkheden vereist echte vindingrijkheid, creativiteit die wiskunde tot het opwindende onderwerp maakt dat het is.

Bewijsonderwijs speelt een grote rol bij de ontwikkeling van deductief-wiskundig denken en algemeen denkvermogen van studenten. Hoe leer je leerlingen zelfstandig bewijzen van ongelijkheden uit te voeren? Het antwoord is: alleen door veel technieken en bewijsmethoden te overwegen en regelmatig toe te passen.

De ideeën die worden gebruikt om ongelijkheden te bewijzen, zijn bijna net zo divers als de ongelijkheden zelf. In specifieke situaties leiden generieke methoden vaak tot lelijke oplossingen. Maar de niet voor de hand liggende combinatie van verschillende "basis" ongelijkheden is slechts voor enkele schoolkinderen mogelijk. En bovendien belet niets de student in elk specifiek geval een betere oplossing te zoeken dan die verkregen door de algemene methode. Om deze reden wordt het bewijzen van ongelijkheden vaak verbannen naar het domein van de kunst. En zoals alle kunst zijn er techniek, waarvan de set erg breed is en het erg moeilijk is om ze allemaal onder de knie te krijgen, maar elke leraar moet ernaar streven het wiskundige hulpmiddel dat in zijn voorraad beschikbaar is uit te breiden.

Deze module wordt aanbevolen voor studenten in de klassen 10-11. Niet alle mogelijke methoden om ongelijkheden te bewijzen komen hier aan bod (de methode van het veranderen van een variabele, het bewijzen van ongelijkheden met behulp van een afgeleide, de methode van onderzoek en generalisatie, en de ordeningstechniek worden niet beïnvloed). Je kunt voorstellen om in de tweede fase (bijvoorbeeld in klas 11) andere methoden te overwegen, als deze module van de cursus interesse wekt bij studenten, en je ook te concentreren op het succes van het beheersen van het eerste deel van de cursus.


		Vergelijkingen en ongelijkheden met een parameter.
		Methoden om ongelijkheden te bewijzen.
		Vergelijkingen en ongelijkheden die het onbekende bevatten onder het moduleteken.
		Systemen van ongelijkheden met twee variabelen.

De inhoud van het keuzevak

"Achter de pagina's van een wiskundeboek"

"Methoden voor het bewijzen van ongelijkheden"


		Invoering.
		Bewijs van ongelijkheden op basis van de definitie.
		Methode mathematische inductie.
		Toepassing van klassieke ongelijkheden.
		Grafische methode.
		De tegenovergestelde methode.
		Een techniek om ongelijkheden te beschouwen met betrekking tot een van de variabelen.
		Versterking idee.
		Les - controle.

Les 1. Invoering.

Het bewijzen van ongelijkheden is een fascinerend en uitdagend onderwerp in de elementaire wiskunde. Afwezigheid uniforme aanpak tot het probleem van het bewijzen van ongelijkheden, leidt tot het zoeken naar een aantal technieken die geschikt zijn om ongelijkheden te bewijzen bepaalde types. Dit keuzevak zal onderzoeken: volgende methoden: bewijs van ongelijkheden:

Herhaling:

Voer bewijzen uit van enkele eigenschappen.

Klassieke ongelijkheden:

1)
(Ongelijkheid van Cauchy)

Geschiedenis referentie:

Ongelijkheid (1) is vernoemd naar Franse wiskundige Augustus Cauchy. Nummer
genaamd rekenkundig gemiddelde nummers a en b;

nummer
genaamd geometrische gemiddelde nummers a en b. De ongelijkheid betekent dus dat het rekenkundig gemiddelde van twee positieve getallen niet minder is dan hun meetkundig gemiddelde.

Aanvullend:

Overweeg verschillende wiskundige sofismen met ongelijkheden.

Wiskundige sofisme- een verbazingwekkende verklaring, in het bewijs waarvan onmerkbare en soms vrij subtiele fouten verborgen zijn.

Sofismen zijn valse resultaten die worden verkregen met behulp van een redenering die alleen correct lijkt, maar noodzakelijkerwijs een of andere fout bevat.

Voorbeeld:

vier meer dan twaalf

Les 2. Bewijs van ongelijkheden op basis van de definitie.

De essentie van deze methode is als volgt: om de geldigheid van de ongelijkheden vast te stellen, vormen F(x,y,z)>S(x,y,z) het verschil F(x,y,z)-S( x,y,z) en bewijs dat het positief is. Met deze methode kiest men vaak een kwadraat, een derde macht van een som of verschil, een onvolledig kwadraat van een som of verschil. Dit helpt om het teken van het verschil te bepalen.

Voorbeeld. Bewijs de ongelijkheid (x+y)(x+y+2cosx)+2 2sin 2x

Een bewijs:

Beschouw het verschil (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.

Bewijs de ongelijkheid:

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

4.
>2x-20

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

Les 3. De methode van wiskundige inductie.

Bij het bewijzen van ongelijkheden die natuurlijke getallen omvatten, neemt men vaak zijn toevlucht tot de methode van wiskundige inductie. De methode is als volgt:

1) controleer de waarheid van de stelling voor n=1;

2) we nemen aan dat de stelling waar is voor sommige n=k, en op basis van deze aanname bewijzen we de waarheid van de stelling voor n=k+1;

3) gebaseerd op de eerste twee stappen en het principe van wiskundige inductie, concluderen we dat de stelling waar is voor elke n.

Voorbeeld.

Bewijs de ongelijkheid

Een bewijs:

1) voor n=2 is de ongelijkheid waar:

2) Laat de ongelijkheid waar zijn voor n=k i.e.
(*)

Laten we bewijzen dat de ongelijkheid waar is voor n=k+1, d.w.z.
. Laten we beide delen van de ongelijkheid (*) vermenigvuldigen met
we krijgen 3) Uit item 1. en item 2 concluderen we dat de ongelijkheid waar is voor elke n.

Opdrachten voor klassikaal en thuiswerk

Bewijs de ongelijkheid:

6)
.

Les 4 Toepassing van klassieke ongelijkheden.

De essentie van deze methode is als volgt: met behulp van een reeks transformaties wordt de vereiste ongelijkheid afgeleid met behulp van enkele klassieke ongelijkheden.

Voorbeeld.

Bewijs de ongelijkheid:

Een bewijs:

Als referentieongelijkheid gebruiken we .

We reduceren deze ongelijkheid tot volgende soort:

, dan

Maar =
, dan

Bewijs de ongelijkheid:

1)(p+2)(q+2)(p+q)16pq(voor bewijs gebruiken we de ongelijkheid
)

2)
(voor documentatie wordt de ongelijkheid gebruikt)

3) (a+b)(b+c)(c+a) 8abc (de ongelijkheid wordt gebruikt als bewijs)

4) (voor het bewijs wordt de ongelijkheid gebruikt).

Les 5 Grafische methode.

Bewijs van ongelijkheden grafische methode: is als volgt: als we de ongelijkheid f(x)>g(x)(f(x) bewijzen

1) grafieken maken van de functies y=f(x) en y=g(x);

2) als de grafiek van de functie y=f(x) zich boven (onder) de grafiek van de functie y=g(x) bevindt, dan is de bewezen ongelijkheid waar.

Voorbeeld.

Bewijs de ongelijkheid:

cosx
,x0

Een bewijs:

Laten we in één coördinatenstelsel de grafieken van de functies y=cosx en . construeren

Uit de grafiek blijkt dat bij x0 de grafiek van de functie y=cosx boven de grafiek van de functie y= ligt.

Opdrachten om in de klas en thuis te werken.

Bewijs de ongelijkheid:

4)
.

Les 6

De essentie van deze methode is als volgt: laat het nodig zijn om de waarheid van de ongelijkheid F(x,y,z) S(x,y,z)(1) te bewijzen. Het tegenovergestelde wordt aangenomen, d.w.z. dat de ongelijkheid F(x,y,z) S(x,y,z) (2) geldt voor tenminste één set variabelen. Met behulp van de eigenschappen van ongelijkheden worden transformaties van ongelijkheid (2) uitgevoerd. Als als gevolg van deze transformaties een valse ongelijkheid wordt verkregen, dan betekent dit dat de aanname over de geldigheid van ongelijkheid (2) onjuist is, en dus ongelijkheid (1) waar is.

Voorbeeld.

Bewijs de ongelijkheid:

Een bewijs:

Neem het tegenovergestelde aan, d.w.z. .

Laten we beide delen van de ongelijkheid kwadrateren, we krijgen , vanwaar
en verder

. Maar dit is in tegenspraak met de Cauchy-ongelijkheid. Onze veronderstelling is dus fout, d.w.z. de ongelijkheid Opdrachten voor werk in de klas en thuis is waar.

Les 9 Les - controle van de kennis van studenten.

Deze les kan in tweetallen worden gedaan of als grote getallen klas in groepjes. Aan het einde van de les moet elke leerling worden beoordeeld. Dit is het transcript van deze cursus. Het wordt niet aanbevolen om controlewerkzaamheden over dit onderwerp uit te voeren. het bewijs van ongelijkheden, zoals reeds vermeld in de toelichting, behoort tot het domein van de kunst. In het begin wordt de studenten gevraagd om zelf de methode te bepalen om de voorgestelde ongelijkheden te bewijzen. Als de leerlingen moeilijkheden hebben, vertelt de leraar hen de rationele methode en waarschuwt de groep dat dit natuurlijk hun beoordeling zal beïnvloeden.

Samenwerken.

Voorbeelden van taken.

________________________________________________________________

Bewijs de ongelijkheid:

1.
(methode van wiskundige inductie)

2.
(per definitie)

module . vergelijkingen en ongelijkheden met parameters. ... eigenschappen, bewoordingen en een bewijs stellingen, afleiding van formules ... de eenvoudigste ongelijkheden. 7. Weet hoe te gebruiken methode intervallen...

Het programma van de Open Olympiade en de vereisten voor voorbereiding in wiskunde voor studenten in groep 9

Programma

concept module echt nummer. Rekenen en geometrische definities module. Openbaring modules. ... ongelijkheden. Een bewijs ongelijkheden. Oplossing van lineair, vierkant, fractioneel-rationeel ongelijkheden met één variabele. Oplossing ongelijkheden ...

Keuzeprogramma wiskunde voor groep 8

Programma

Tonen methoden bewijs van een beetje ingewikkelder ongelijkheden met deze simpele ongelijkheden? Dus, in deze ministeriële programma ...

vertaling

1 FGBOU VO "PETROZAVODSK STATE UNIVERSITY" FACULTEIT WISKUNDE EN INFORMATIETECHNOLOGIE Departement Meetkunde en Topologie Khalzenen Elizaveta Sergeevna Laatste kwalificatiewerk voor de bacheloropleiding Methoden om ongelijkheden te bewijzen Richting: "0.03.0" "Wiskunde" Promotor Professor, Dr. Ph. -m. Wetenschappen, Platonov S.S. (handtekening hoofd) Petrozavodsk

2 Inhoud Inleiding ... 3. Jensen's ongelijkheid Permutatie-ongelijkheid Karamata's ongelijkheid Problemen oplossen voor het bewijzen van ongelijkheden ... 3 Referenties

3 Onderhoud Een methode is een reeks opeenvolgende acties die gericht zijn op het oplossen van een specifiek type probleem. Methoden voor het bewijzen van ongelijkheden in dit artikel zijn gericht op het vinden van aangepaste oplossing ongelijkheden van een bepaalde vorm. Met dergelijke methoden wordt de oplossing soms verminderd. Het resultaat is hetzelfde, maar de hoeveelheid werk is minder. doel laatste werk was de studie van drie soorten ongelijkheden met behulp waarvan vele andere gemakkelijk kunnen worden bewezen. Dit zijn Jensen's ongelijkheid, permutatie-ongelijkheid, Karamata's ongelijkheid. Al deze ongelijkheden zijn wiskundig mooi, met behulp van deze ongelijkheden is het mogelijk om schoolongelijkheden op te lossen. Dit onderwerp actueel is. Naar mijn mening kan het nuttig zijn voor schoolkinderen, ook voor het verhogen van het kennisniveau op het gebied van wiskunde. Aangezien de methoden niet standaard zijn, lijkt het mij dat ze voor studenten met een wiskundige vooringenomenheid nuttig en opwindend zouden zijn. De taak is om thematische ongelijkheden uit de voorgestelde literatuur te zoeken en op te lossen. Het werk bestaat uit vier paragrafen. In deze sectie wordt de ongelijkheid van Jensen beschreven, het bewijs en de hulpdefinities gegeven. In paragraaf 2, de permutatie-ongelijkheid, de bijzondere gevallen, en de algemene permutatie-ongelijkheid. In sectie 3 is de ongelijkheid van Karamata zonder bewijs. Paragraaf 4 is het hoofdwerk van het laatste werk, d.w.z. bewijzen van ongelijkheden met behulp van Jensen's ongelijkheid, permutatie-ongelijkheid en Karamata's ongelijkheid

vier. De ongelijkheidsdefinitie van Jensen. Een deelverzameling van een vlak wordt convex genoemd als er twee punten zijn gegeven set kan worden verbonden door een segment dat volledig in deze set zal liggen. Definitie 2. Laat f(x) op een bepaald interval worden gedefinieerd. De verzameling van alle punten (x,y) waarvoor y f(x) een epigraaf wordt genoemd, waarbij x bij het gegeven interval hoort. De verzameling punten (x,y) waarvoor y f(x) een subplot wordt genoemd. Definitie 3. Beschouw een functie op een bepaald interval. Een functie wordt convex genoemd als zijn epigraaf een convexe set op dit interval is. Een functie wordt concaaf genoemd als de subgraaf een convexe verzameling is. Criterium van convexiteit (concaviteit) van een functie. Voor een functie y = f(x) continu differentieerbaar op het interval (a, b) om convex (concaaf) te zijn op (a, b), is het noodzakelijk en voldoende dat zijn afgeleide f toeneemt (afneemt) op het interval (a , b). Criterium 2 van de convexiteit (concaviteit) van de functie. Om een functie y = f(x) tweemaal differentieerbaar te maken op het interval (a, b) om convex (concaaf) te zijn op (a, b), is het noodzakelijk en voldoende dat f (x) 0(f (x) 0 ) op alle punten x (a, b) Definitie 4. Het zwaartepunt van de punten A(x, y) en B(x 2, y 2) is het punt C(x, y) behorende tot het segment AB , zodanig dat AC = m B, waarbij m BC m B de massa A van punt B is en m A de massa van punt A is. In vectorvorm wordt het massamiddelpunt als volgt gevonden: de straalvector van het middelpunt van massa: waarbij r i de straalvector is van de punten A en B, i =,2. In coördinaten: 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 Zij С AB het massamiddelpunt van de punten A en B. Als U een convexe deelverzameling van het vlak is en de punten A en B behoren tot U, dan behoort С AB tot U, aangezien С AB tot segment AB behoort. Laat A, A 2 A willekeurige punten op het vlak zijn met massa's m, m 2, m. Het zwaartepunt C A,A 2 A van het puntenstelsel A, A 2 A wordt bepaald door inductie op:) Bij = 2 is het zwaartepunt C A A 2 van het puntenstelsel A, A 2 al gedefinieerd. We nemen aan dat het punt C A A 2 een massa heeft m + m 2 2) Stel dat voor het stelsel van punten A, A 2 A het massamiddelpunt A, A 2 A al gedefinieerd is. Laten we het massamiddelpunt van de punten A, A 2 A aanduiden met B en aannemen dat de massa van punt B gelijk is aan m B = m + m m. Per definitie stellen we C A,A 2 A = C BA, d.w.z. het zwaartepunt van het puntenstelsel A, A 2 A, A is gelijk aan het zwaartepunt van twee punten B en A. We nemen aan dat de massa van het punt C A, A 2 A gelijk is aan m B + m = m + m m. Uit de definitie van het massamiddelpunt volgt dat als alle punten A, A 2 A tot een convexe verzameling U behoren, hun massamiddelpunt ook tot U behoort. Lemma. Zij A, A 2 A punten op het vlak met massa's m, m 2, m en zij r i de straalvector van het punt A i, i =,. Als C het massamiddelpunt is van een stelsel van punten A, A 2 A, dan kan de straalvector r C van punt C worden berekend met de formule Bewijs. r C = m r +m 2 r 2 + +m r m +m 2 + +m (2) We zullen formule (2) bewijzen door inductie op. Voor = 2 is de formule al bewezen (zie formule ()). Laten we aannemen dat formule (2) al bewezen is voor (). Zij B het zwaartepunt van het puntensysteem A, A 2 A. Dan - 5 -

6 r B = m r + m 2 r m r m + m m, de massa van punt B is m B = m + m m. Per definitie valt het zwaartepunt C van een systeem van punten A, A 2 A samen met het zwaartepunt van een paar punten B en A. De straalvector van punt C wordt berekend met de formule () r C = m Br B + m r m B + m = m r + m 2 r m r m + m m wat formule (2) voor punten bewijst. In coördinaten heeft formule (2) de vorm: 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 Stelling van Jensen. Laat y = f(x) een convexe functie zijn op een bepaald interval, x, x 2, x - getallen van dit interval; m, m 2, m - positieve getallen, voldoet aan de voorwaarde m + m m =. Dan geldt de Jensen-ongelijkheid: f(m x + m 2 x m x) m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f(x) Als de functie y = f(x) op een bepaald interval concaaf is, x, x 2, x - getallen uit dit interval; m, m 2, m -positieve getallen die ook voldoen aan de voorwaarde m + m m =. Dan heeft de ongelijkheid van Jensen de vorm: f(m x + m 2 x m x) m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f(x)" Bewijs: Beschouw een functie f(x) convex op het interval (a, b) . Beschouw de punten A, A 2, A in zijn grafiek en laat A i = (xi, y i), y i = f(x i). Laten we willekeurige massa's m, m 2, m nemen voor de punten A, A 2, A, zodat m + m m =. Uit het feit dat f(x) een convexe functie is, volgt dat - 6 -

7 dat de epigraaf van de functie een convexe verzameling is. Daarom behoort het zwaartepunt van de punten A, A 2, A tot de epigraaf. Zoek de coördinaten van het massamiddelpunt: 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 ) Aangezien C bij de epigraaf hoort, krijgen we een 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 We nemen de logaritme van ongelijkheid (3), we krijgen de equivalente ongelijkheid (3) l (a + a 2 + +a) l(a a 2 a) (4) Gebruikmakend van de eigenschappen van logaritmen, herschrijven we ongelijkheid (4) in de vorm : l (a +a 2 + +a ) l a + l a l a (5) De resulterende ongelijkheid is een specifiek geval van Jensens ongelijkheid voor het geval waarin f(x) = l(x), m = m 2 = = m =. Merk op dat de functie y = l(x) concaaf is op het interval (0, +), aangezien y =< 0, поэтому неравенство (5) есть speciaal geval ongelijkheden x2-7 -

8 Jensen voor een concave functie f(x) = l(x). Aangezien ongelijkheid (5) geldig is, is de equivalente ongelijkheid (3) ook geldig 2. Permutatie-ongelijkheid Definitie. Een één-op-één correspondentie van een reeks getallen (,2,3, ) in zichzelf wordt een permutatie van elementen genoemd. Laten we de permutatie aanduiden met σ zodat σ(), σ(2), σ(3) σ() getallen zijn, 2,3, in een andere volgorde. Beschouw twee reeksen getallen a, a 2, a en b, b 2, b. Sets a, a 2, a en b, b 2, b worden identiek geordend genoemd als voor alle getallen i en j uit het feit dat a i a j impliceert dat b i b j. Vooral, het grootste aantal uit de verzameling a, a 2, a komt overeen met het grootste getal uit de verzameling b, b 2, b, voor het op één na grootste getal uit de eerste verzameling is er het op één na grootste getal uit de tweede verzameling, enzovoort. Van verzamelingen a, a 2, a en b, b 2, b wordt gezegd dat ze in omgekeerde volgorde staan als, voor alle getallen i en j, het feit dat a i a j impliceert dat b i b j. Hieruit volgt dat het grootste getal uit de verzameling a, a 2, a overeenkomt met kleinste getal uit de verzameling b, b 2, b, het op één na grootste getal uit de verzameling a, a 2, a komt overeen met het op één na kleinste getal uit de verzameling b, b 2, b enzovoort. Voorbeeld.) Laat men twee verzamelingen geven, zodanig dat a a 2 a en b b 2 b, dan zijn deze verzamelingen volgens de door ons gegeven definities gelijk geordend. 2) Laat twee verzamelingen gegeven worden, zodanig dat a a 2 a en b b 2 b, in dit geval de getallenreeksen a, a 2, a en b, b 2, b in omgekeerde volgorde staan. , a en b, b 2 , b - positieve reële getallen «stelling. (Permutatie-ongelijkheid) Laat er twee reeksen getallen zijn a, a 2, a en b, b 2, b. Overweeg de verzameling van hun mogelijke permutaties. Dan is de waarde van de uitdrukking 8 -

9 S = a b σ + a 2 b σ2 + + a b σ () is het grootst als de verzamelingen a, a 2, a en b, b 2, b gelijk gerangschikt zijn, en het kleinst als a, a 2, a en b , b 2, b zijn in omgekeerde volgorde. Voor alle andere permutaties zal de som S tussen de kleinste en grootste waarden liggen. Voorbeeld. Volgens de stelling a b + b c + c a 3, aangezien de verzameling a, b, c en a, b, c in omgekeerde volgorde staan en de waarde a a + b b + c c = 3 de kleinste is. Bewijs van de stelling. Beschouw twee reeksen getallen: de eerste is a, a 2, a en de tweede is b, b 2, b. Neem aan dat deze sets niet op dezelfde manier zijn geordend, die. Er zijn indices i en k zodanig dat a i > a k en b k > b i. Laten we de getallen b k en b i in de tweede set omwisselen (zo'n transformatie wordt "sorteren" genoemd). Dan worden in de som S de termen a i b i en a k b k vervangen door a i b k en a k b i, en blijven alle andere termen ongewijzigd. Merk op dat 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 hoogste waarde. De kleinste waarde wordt op dezelfde manier verkregen, alleen sorteren we totdat de sets in omgekeerde volgorde staan. Hierdoor komen we tot de kleinste waarde. Stelling 2. Beschouw twee positieve verzamelingen a, a 2, a 3 a en b, b 2, b 3 b en al zijn mogelijke permutaties. Dan is de waarde van het product (a i + b σ(i)) het grootst als de verzamelingen a, a 2, a 3 a en b, b 2, b 3 b gelijk geordend zijn, en het kleinst als ze omgekeerd geordend zijn

10 Stelling 3. Beschouw twee verzamelingen a, a 2, a 3 a en b, b 2, b 3 b de elementen van deze verzameling zijn positief. Dan is de waarde van () a i + b σ(i) het grootst als de verzamelingen a, a 2, a 3 a en b, b 2, b 3 b gelijk geordend zijn en het kleinst als ze omgekeerd geordend zijn.” Stellingen 2,3 zijn speciale gevallen van meer algemene stelling, die hieronder wordt besproken. Algemene permutatie-ongelijkheid “Theorema 4 (Algemene permutatie-ongelijkheid). Laat de functie f continu en convex zijn op een bepaald interval in R. Dan voor elke reeks getallen a, a 2, a 3 a en b, b 2, b 3 b uit het interval, de waarde van de uitdrukking f (a + b σ()) + f ( a 2 + b σ(2)) + f (a + b σ()) is het grootst als de sets in dezelfde volgorde staan en het kleinst als de sets in omgekeerde volgorde staan. Stelling 5. Laat de functie f continu en concaaf zijn op een bepaald interval in R Dan: de waarde van de uitdrukking f (a + b σ()) + f (a 2 + b σ(2)) + f (a + b σ()) is het grootst als de getallen in omgekeerde volgorde staan en het kleinst als de sets a, a 2, a 3 a en b, b 2, b 3 b gelijk zijn gerangschikt. Bewijs.") Beschouw het geval = 2. Laat de functie f convex zijn en er zijn twee verzamelingen a > a 2 en b > b 2. We moeten bewijzen dat 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. Dan - 0 -

11 a + b 2 = x + k, a 2 + b = x + m, a + b = x + k + m, dus ongelijkheid (2) heeft de vorm f(x + k + m) + f(x + k ) f(x + k) + f(x + m) (3) Om de ongelijkheid te bewijzen gebruiken we de figuur De figuur toont een grafiek van een convexe functie y = f(x) de punten A(x, f( x)), C(x + k, f(x + k)), D(x + m, f(x + m)), B (x + k + m, f(x + k + m)). en op De convexiteit van de functie f houdt in dat het akkoord CD onder het akkoord AB ligt. Laat K het middelpunt van CD zijn, M3 het middelpunt van AB. Merk op dat de abscis van de punten K en M hetzelfde zijn, aangezien x k = 2 ((x + k) + (x + m)) = (2x + k + m) 2 x m = 2 (x + (x + k + m) ) = (2x + k + m) 2 De punten K en M liggen dus op dezelfde verticale lijn, wat impliceert dat y m y k. - -

12 Aangezien y m = (f(x) + f(x + k + m)) 2 y k = (f(x + k) + f(x + m)) 2 Dit impliceert ongelijkheden (3) en (2). QED 2) Laat > 2. Stel dat de verzamelingen a, a 2, a 3 a en b, b 2, b 3 b niet op dezelfde manier geordend zijn, d.w.z. er zijn indices i en k zodat a i > a k en 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 Als x, x 2, x positieve getallen zijn, i= x i =, dan (,) (x, x 2, x) (,0,0,0, 0) “stelling (Karamata's ongelijkheid) Laat f: (a , b ) R, f is een convexe functie x, x 2, x, y, y 2, y (a, b) en (x, x 2, x) (y, y 2, y), dan f(x ) + f(x 2) + f(x) f(y) + f(y 2) + f(y). Als f een concave functie is, dan is f(x) + f(x 2) + f(x) f(y) + f(y 2) + f(y)." Zie het bewijs in . 4. Problemen oplossen om ongelijkheden te bewijzen. In deze sectie bekijken we verschillende ongelijkheidsbewijsproblemen die kunnen worden opgelost met de ongelijkheid van Jensen, permutatie-ongelijkheid of de ongelijkheid van Karamata. Oefening. Bewijs de ongelijkheid waarbij x, x 2, x > 0 Zij 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 Dan impliceert de ongelijkheid van Jensen dat - 3 -

14 Laten we bewijzen dat i= + x i + x x 2 x + x + x 2 + +x Dit is waar dan en slechts dan als + x x 2 x + x + x x + x x 2 x x + x x x x 2 x En de laatste ongelijkheid valt samen met de ongelijkheid Cauchy. Opdracht 2. Bewijs dat voor elke a, b > 0 de ongelijkheid waar is: 2 a + b ab Opdracht 3. Bewijs dat voor elke a, a 2, a > 0 de ongelijkheid waar is: a a 2 a a a 2 a De ongelijkheid kan worden herschreven als: - 4 -

15 () (a a a 2 a a 2 a) dit is de Cauchy-ongelijkheid. Opdracht 4. Bewijs dat voor elke a, a 2, a > 0 de ongelijkheid waar is: Beschouw de ongelijkheid voor =3. a + a a + a a 2 a 3 a a a a 2 + a 2 a 3 + a 3 a 3 -true Geef x = a a 2,x 2 = a 2 a 3,x = a a, Dan x x 2 x =. Dan neemt de ongelijkheid de vorm aan: x + x x Deze ongelijkheid volgt uit Cauchy's ongelijkheid: q.t.d. Taak 5. Bewijs dat (x + x x) x x 2 x = si x + si x si x si x + x x, waarbij 0 x i π - 5 -

16 De ongelijkheid volgt uit Jensens ongelijkheid voor de functie y = si x. De functie y = si x is concaaf op het interval (0, π), aangezien 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 de ongelijkheid is waar: (a + a 2+ +a)(a + a a) 2 De ongelijkheid kan worden herschreven als: dit komt overeen met (a + a a) a + a a 2 a +a 2 + +a a + a 2+ +a We beschouwen de functie van Jensen f(x) = x en verkrijgen deze gelijkheid. en met behulp van de ongelijkheid Opdracht 7. Bewijs dat voor elke x, y, z > 0 de ongelijkheid x 5 + y 5 + z 5 x 3 y 2 + y 3 x 2 + z 3 x 2 waar is. Laten we de permutatie-ongelijkheid toepassen. Laat de eerste set er zo uitzien Tweede x 3, y 3, z 3, x 2, y 2, z 2 de waarde van de uitdrukking aan de linkerkant van x 5 + y 5 + z 5 is samengesteld uit identiek geordende reeksen getallen. Hieruit volgt dat de verkregen waarde - 6 -

17 voor alle andere permutaties meer waarde verkregen met de "meest correcte" rangschikking van variabelen. Opdracht 8. Bewijs dat voor elke x, y, z > 0 de ongelijkheid waar is: x + x 2 + y + y 2 + z + z 2 x + y 2 + y + z 2 + z + x 2 We kunnen aannemen dat x y z. Zij a = x, a 2 = y, a 3 = z, b = + x 2, b 2 = + y 2, b 3 = + z 2 Stelt a, a 2, a 3 en b, b 2, b 3 zijn dus tegengesteld geordend door de permutatie-ongelijkheid, de som a b + a 2 b 2 + a 3 b 3 is de kleinste van de sommen In het bijzonder, wat gelijk is aan 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. Opdracht 9. Bewijs dat voor elke a, a 2, a > 0 de ongelijkheid waar is: (+ a 2) (+ a 2 2) (+ a 2) (+ a a 2 a 3 a) (+ a 2 ) (+ a) Vermenigvuldig met a a 2 a, we krijgen (a 2 + a 2)(a 3 + a 2 2) (a + a 2) (a + a 2)(a 2 + a 2 2) (a + een 2) - 7 -

18 Laten we de logaritme van de ongelijkheid nemen en een equivalente ongelijkheid verkrijgen. 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.) We gebruik de algemene permutatie-ongelijkheid voor de concave functie y = l x. Zij a i = a i, b i = a i 2. Dan zijn de verzamelingen b, b 2, b en a, a 2, a identiek geordend, dus l(b + a) + l(b 2 + a 2) + + l( b + a ) l(b + a 2) + l(b 2 + a 3) + + l(b + a), wat ongelijkheid bewijst (9.). Taak 0. Bewijs dat voor elke positieve a, b, c a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ac (0.) Laat a b c.. Aangezien de verzamelingen (a, b, c) en (a, b , c) identiek geordend zijn, maar de verzamelingen (a, b, c) en (b, c, a) niet identiek geordend zijn, dan volgt de ongelijkheid (0.) uit de permutatie-ongelijkheid. Oefening. Bewijs dat als xy + yz + zx =, dan volgt ongelijkheid (.) uit Opgave 0. Opdracht 2. Bewijs dat als a, b, c > 0, dan x 2 + y 2 + z 2 (.). (a + c)(b + d) ab + cd Aangezien de vierkantswortel groter is dan of gelijk is aan nul, kunnen we de rechter- en linkerkant kwadrateren. We krijgen: (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 -True Assignment 3, 4. Bewijs dat voor elke a, a 2, a > 0 de volgende ongelijkheid geldt: 3) a 2 + a a 2 (a + a 2 + a) 2 4) a 2 + a a 2 (3.) (4.) waar a + a 2 + a = ongelijkheid (4.) volgt uit ( 3.) voor a + a 2 + a =. We zullen ongelijkheid bewijzen (3.). Het kan worden omgezet in Of a 2 + a a 2 (a + a 2 + a) 2 2 a 2 + a a 2 (a + a a) Laten we de ongelijkheid van Jensen gebruiken voor een convexe functie f(x): f(q x + q 2 x 2 + q x) q f(x) + q 2 f(x 2) + q f(x), Waarbij 0 q i, q + q 2 + q =. Nemen we f(x) = x 2, q i =, i =,2, dan krijgen we ongelijkheid (3.), enz. Opdracht 5. Bewijs dat voor elk natuurlijk getal en voor elke p, q, de ongelijkheid () 2 pq + ()(p + q) + ()pq + (5.) - 9 -

20 Laten we de ongelijkheid (5.) transformeren naar de equivalente vorm: () 2 pq + ()(p + q) + ()pq + () 2 pq + ()(p + q) + ()pq 0 )[ ()pq + (p + q) pq] + 0 () () 0 () 0 () 0 altijd sinds -natuurlijk Laten we dat bewijzen Merk op dat 0 (5.2) p + q pq = p(q ) (q) = (p)(q) Aangezien p, q, dan p 0, q 0, is ongelijkheid (5.2) geldig. Taak 6. Voor alle positieve getallen x, y, z is de ongelijkheid waar: Zij x y z xyz (y + z x)(z + x y)(x + y z) (6.)) Als y + z x< 0, то неравенство (6.) выполнено 2) Пусть все множители в правой части >0. Dan is ongelijkheid (6.) gelijk aan l x + l y + l z l(y + z x) + l(z + x y) + l(x + y z) Zij f(x) = l x. Aangezien 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 (omdat y z 0); (x + y z) + (x + z y) = 2x x + y (x + y z) + (x + z y) + (y + z x) = x + y + z Aangezien de functie f(x) = l x concaaf is , dan volgt uit de Karamata-ongelijkheid dat l(x + y z) + l(x + z y) + l(y + z x) = l x + l y + l z, wat ongelijkheid bewijst (6.). Opdracht 7. Bewijs dat voor elke a, b en c > 0 de ongelijkheid waar is: a 2 + b 2 + c ab + ac + bc a 2 + 2bc + b 2 + 2ac + c 2 + 2ab Dit is gelijk aan Let een bc. 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) We moeten bewijzen dat (7.) majoriseert (7.2). Laten we de definitie van majorisatie gebruiken :) a 2 + b 2 + c 2 a 2 + 2bc (b c) 2 0-correct 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 en (c a) 0, dan (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 Juist. Dus de reeks getallen (7.) maakt de reeks getallen (7.2) groter. Door de Karamata-ongelijkheid toe te passen voor een convexe functie f(x) = x, verkrijgen we de correcte oorspronkelijke ongelijkheid. Opdracht 8. Voor a, b, c, d > 0 bewijs dat de ongelijkheid 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 Laat 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 Beschouw twee reeksen getallen: (4x, 4y, 4z, 4w, x + y + z + w, x + y + z + w) en (2x + 2y, 2x + 2z, 2x + 2w, 2y + 2z, 2y + 2w, 2z + 2w) sets: (4x, 4y, 4z, x + y + z + w, x + y + z + w, 4w) en (8.) De tweede blijft ongewijzigd: ( 2x + 2y, 2x + 2z, 2x + 2w, 2y + 2z, 2y + 2w, 2z + 2w) (8.2) Laten we bewijzen dat (8.) majoriseert (8.2)

23 ) 4x 2x + 2y, x y is juist 2) 4x + 4y 4x + 2y + 2z,y z is juist 3) 4x + 4y + 4z 4x + 2y + 2z + 2x + 2w y + z x + w die 2x + 2w 2y + 2z x + w y + z, dan geval 3) is alleen mogelijk voor 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 Net als in het vorige geval geldt deze ongelijkheid voor x + w = y + z 5) 4x + 4y + 4z + 2x + 2y + 2z + 2w 2z + 2y + 2w z w is juist 6) 4x + 4y + 4z + 2x + 2y + 2z + 2w + 4w , de verzameling (8.) vermeerdert de verzameling getallen (8.2). Gebruikmakend van de Karamata-ongelijkheid voor de functie f(x) = e x, verkrijgen we de juiste ongelijkheid. Opdracht 9. Bewijs voor a, b, c > 0 dat de ongelijkheid a 3 + b 3 + c 3 + abc 2 3 (a2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca) waar is

24 Laat a b c Beide zijden van de ongelijkheid vermenigvuldigen met 3, we krijgen 3a 3 + 3b 3 + 3c 3 + 3abc 2(a 2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca) 2 (9. ) We maken de verandering : En schrijven de ongelijkheid (9.) in de vorm: 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) en ( 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,) en (9.2) Bestel de tweede set: 2x + y z + 2x y z true y + 2z 2z + x y x true Zo krijgen we de verzameling: (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) bewijzen dat de reeks getallen (9.2) de reeks getallen (9.3) vermeerdert) 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, voor x = y krijgen we 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 Voor x = y krijgen we y z 7) 9x + 9y + x + y + z , krijgen we 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 + 9j + 3x + 3j + 3z + 3z 4x + 2j + 2z + 4x + 4j + 2x + 4j + 2z + 4z + 2x, y z) 9x + 9j + 3x + 3j + 3z + 6z 4x + 2j + 2z + 4x + 4j + 2x + 4j + 2z + 4z + 2x + 2z + y, 5y z 2) 9x + 9j + 3x + 3j + 3z + 9z 4x + 2j + 2z + 4x + 4j + 2x + 4j + 2z + 4z + 2x + 4z + 2y 2x + 2y + 2z = 2x + 2y + 2z majoriseert de reeks getallen (9,3) en door de Karamata-ongelijkheid voor de functie f(x) = e x verkrijgen we de juiste ongelijkheid

26 Referenties) YuP Soloviev. ongelijkheden. M.: Uitgeverij van het Moskouse Centrum voor Continu Wiskundig Onderwijs 2005. 6s. 2) I.Kh. Sivasjinski. Ongelijkheden in taken M.: Nauka, p. 3) A.I. Khrabrov. Rond de Mongoolse ongelijkheid, Mat. verlichting, ser. 3, 7, MTsNMO, M., 2003, p. 4) L. V. Radzivilovskii, Generalisatie van permutatie-ongelijkheid en de Mongoolse ongelijkheid, Mat. verlichting, ser. 3, 0, MCNMO Publishing House, M., 2006, p. 5) V.A.ch Krechmar. Algebra boek. Vijfde druk M., wetenschap, p. 6) D. Nomirovsky Karamata's ongelijkheid /D. Nomirovsky // (Quantum)-S

Convexe verzamelingen en functies R n verzameling verzamelingen van n echte getallen. Verder wordt deze verzameling een spatie genoemd, de elementen ervan worden punten genoemd, het punt met coördinaten (x 1,..., x n) wordt aangegeven

Taakvoorwaarden 1 gemeentelijk podium Graad 8 1. Er worden twee cijfers op het bord geschreven. Een van hen werd 6 keer verhoogd en de andere werd verlaagd in 2015, terwijl de som van de aantallen niet veranderde. Zoek ten minste één paar

Hoofdstuk IX. Euclidische en unitaire ruimten 35. Scalair product in Oeral vectorruimte federale universiteit, Instituut voor Wiskunde en computertechnologie, Afdeling Algebra en Discreet

Ural Federal University, Instituut voor Wiskunde en Informatica, Afdeling Algebra en Discrete Wiskunde

Oplossing van de problemen van de voltijdronde van de negende Euler Olympiade 1. Alle oplossingen van het systeem x yz 1, x y z x, x y z worden beschouwd. Vind alle waarden die x kan aannemen. Antwoord 1; een; 1. Oplossing 1. Sinds x y

Hoorcollege 4 1. VECTOREN Vector gericht segment. gelijke vectoren: hebben dezelfde lengtes en samenvallende richtingen (parallel en wijzend in dezelfde richting) Tegengestelde vectoren: hebben dezelfde lengte

Onderwerp 1-8: Complexe getallen A. Ya Ovsyannikov Ural Federaal Universitair Instituut voor Wiskunde en Informatica Afdeling Algebra en Discrete Wiskunde Algebra en Meetkunde voor Mechanica (1 semester)

Penza Staatsuniversiteit Faculteit Natuur- en Wiskunde "Parttime Natuur- en Wiskunde School" WISKUNDE Identiteitstransformaties. Oplossing van vergelijkingen. Driehoeken Opdracht 1 voor

Moskou Instituut voor Natuurkunde en Technologie logaritmische vergelijkingen en ongelijkheden, de methode van potentiëring en logaritme bij het oplossen van problemen. Toolkit ter voorbereiding op de olympiades.

98 WISKUNDE: ALGEBRA EN HET BEGIN VAN ANALYSE GEOMETRIE Oplossingen van vergelijkingen gebaseerd op de eigenschappen van een convexe functie Lipatov SV Kaluga MBOU "Lyceum 9 vernoemd naar KE Tsiolkovsky" 0 "A" klasse Promotor:

Algebraïsche vorm van een complex getal. Educatieve presentatie A. V. Likhatsky Hoofd: E. A. Maksimenko Southern Federal University 14 april 2008 A. V. Likhatsky (SFedU) Algebr. formulier set nummers

Staatsuniversiteit van Moskou Technische Universiteit vernoemd naar N.E. Bauman-faculteit " Basiswetenschappen" Stoel " Wiskundige modellering» À.Í. Êàíàòíèêîâ, À.Ï. Êðèùåíêî

72 Hoofdstuk 2 Polynomen Voorbeelden en opmerkingen Algoritmen A-01 Schrijf een polynoom in standaard vorm A-02 Bewerkingen op veeltermen A-03 Mondelinge transformaties A-04 Formules voor gereduceerde vermenigvuldiging A-05 Newtonbinomiaal

Oplossingen van de problemen van de correspondentieronde van het 6e Euler Olympiade I Wiskundig blok Zoek uit voor welke waarden van de parameter er reële getallen x en y zijn die voldoen aan de vergelijking xy + x + y + 7 Antwoord: 89 Oplossing

Lezing 8 Hoofdstuk vector algebra Vectoren Hoeveelheden die alleen worden bepaald door hun numerieke waarde, worden scalaire voorbeelden genoemd scalairen: lengte, oppervlakte, volume, temperatuur, arbeid, massa

Interregionale Olympiade schoolkinderen " Hoogste standaard”, WISKUNDE 2017, fase 2, blz. 1/10 Oplossingen en criteria voor het evalueren van de taken van de Olympiade 10-1 In een bedrijf van 6 personen gingen sommige bedrijven door drie

7. Extrema van functies van meerdere variabelen 7.. lokale extremen Laat de functie f(x,..., x n) gedefinieerd worden op een open verzameling D R n. Het punt M D wordt het punt genoemd lokaal maximum(lokaal)

Achtste Euler Olympiade voor wiskundedocenten Oplossingen van correspondentieronde Los de vergelijking a b c b a c c a b a b c op, waarbij a, b en c positieve getallen zijn Oplossing Het is duidelijk dat a b c oplossingen gegeven vergelijking

Ik natuurlijk, taak. Bewijs dat de Riemann-functie, als 0, m m R(), als, m, m 0, en de breuk irreducibel is, 0, indien irrationeel, discontinu is in elk rationeel punt en is continu in elk irrationeel. Oplossing.

Stad Olympiade in Wiskunde, Khabarovsk, 1997 Opgave 1. Vind oplossingen voor vergelijking 9 KLASSE (x + 2) 4 + x 4 = 82. (1) Oplossing. Na het wijzigen van de variabele x = y 1, kan vergelijking (1) worden geschreven als

Ural Federal University, Instituut voor Wiskunde en Informatica, Afdeling Algebra en Discrete Wiskunde

Onderwerp 2-14: Euclidische en unitaire ruimten A. Ya Ovsyannikov Oeral Federaal Universitair Instituut voor Wiskunde en Informatica Afdeling Algebra en Discrete Wiskunde Algebra en Meetkunde voor

De negende Euler-olympiade voor wiskundeleraren Oplossingen van correspondentierondeproblemen 1. Los de vergelijking x(x ab) a b voor x op. Oplossing. Het is duidelijk dat x a b de wortel van deze vergelijking is. De veelterm delen x abx

1. Lineaire vergelijkingen met twee variabelen In de eerste taak hebben we lineaire vergelijkingen met één variabele overwogen. Bijvoorbeeld, de vergelijkingen 2x+ 5= 0, 3x+ (8x 1) + 9= 0 zijn lineaire vergelijkingen met variabele

Hoofdstuk 6 Vectoralgebra 6.1. Vectoren in het vliegtuig en in de ruimte geometrische vector, of gewoon een vector, wordt een gericht segment genoemd, d.w.z. een segment waarin een van de grenspunten wordt genoemd

Opdrachten van de Open Olympiade voor scholieren in de wiskunde (54 van de Lijst van Olympiades voor scholieren, studiejaar 2015/2016) Inhoudsopgave I. Opdrachten laatste stadium Olympiades voor graad 11... 2 II. Taken van de 1e ronde van de kwalificatie

3.. Oplossingsmethoden: rationele ongelijkheden 3..1. Numerieke ongelijkheden Laten we eerst definiëren wat we bedoelen met de uitspraak a > b. Definitie 3..1. Nummer a meer nummer b als het verschil tussen beide positief is.

College 13. Convexe functies en Taylor-formule 1 Convex en concaaf C -soepele functies. Definitie 1 Een functie wordt convex (concaaf) genoemd als de epigraaf (subgraaf) een convex gebied is. Voorbeeld 1x

Workshop: "Differentieerbaarheid en differentiaal van een functie" Als de functie y f () een eindige afgeleide heeft op een punt, dan kan de toename van de functie op dit punt worden weergegeven als: y (,) f () () (), waar () bij

College 2 Vectoren Determinanten van de tweede en derde orde 1 VECTOREN Vectorgericht segment Gelijke vectoren: hebben dezelfde lengte en dezelfde richting (parallel en in dezelfde richting gericht)

Oplossen van problemen van de correspondentieronde 0 I Wiskundig blok Probleem Zoek het aantal natuurlijke wortels van de vergelijking Antwoord: 00 0 oplossingen Oplossing van het probleem Laten we het getal in de vorm weergeven Dan is de rechterkant van deze vergelijking gelijk aan

Collegesamenvatting 11 Euclidische ruimten 0. Collegeoverzicht 1. Puntproduct. 1.1. Definitie van het scalaire product. 1.2. Equivalente notatie in termen van projecties. 1.3. Bewijs van lineariteit in

Olympiade "Toekomstige onderzoekers de toekomst van de wetenschap" Wiskunde. Selectieronde 4.0.0 PROBLEEM EN OPLOSSINGEN 8 9 graad 8-9.. Welk getal is groter: 0 0 0 0 of 0 0 0 0? Antwoorden. Het eerste getal is groter dan het tweede. Oplossing. aanduiden

Cijfer 0 Eerste ronde (0 minuten; elke opgave 6 punten)... Het is bekend dat tg + tg = p, ctg + ctg = q. Zoek tg(+). pq Antwoord: tg. q p Uit de voorwaarde p tg q tg tg tg tg p en gelijkheid ctg ctg q verkrijgen we

Wiskundige analyse 2.5 Lezing: Extremums van een functie van meerdere variabelen Vladimir Feliksovich Zalmezh, universitair hoofddocent van de afdeling VMMF Laten we eens kijken naar de functie w = f (x) gedefinieerd in het domein D R n. Het punt x 0 D heet

Onderwerp 1-4: Algebraïsche bewerkingen A. Ya Ovsyannikov Oeral Federaal Universitair Instituut voor Wiskunde en Informatica Afdeling Algebra en Discrete Wiskunde Algebra en Meetkunde voor Mechanica (1

Inhoud I. V. Yakovlev Materialen over wiskunde MathUs.ru Systems algebraïsche vergelijkingen Dubbele vervanging ................................................. Symmetrische systemen ...... .......................................

federaal Agentschap door onderwijs Federale staat onderwijsinstelling hoger beroepsonderwijs ZUIDELIJKE FEDERALE UNIVERSITEIT RM Gavrilova, G.S. Kostetskaya

College 10 1 Euclidische ruimte 11 Definitie Zij V (R) een LP over het veld van reële getallen. Het scalaire product op V is willekeurige functie V V R dat een geordend paar vectoren associeert

1 Complexe functies 1.1 Complexe getallen Bedenk dat: complexe getallen kan worden gedefinieerd als de verzameling geordende paren van reële getallen C = ((x, y) : x, y R), z = x + iy, waarbij i de denkbeeldige eenheid is (i

Hoofdstuk 4 Basisstellingen differentiaalrekening Onthulling van onzekerheden Basisstellingen van differentiaalrekening Stelling van Fermat (Pierre Fermat (6-665) Franse wiskundige) Als de functie y f

College samenvatting 10 affiene ruimtes 0. College overzicht College affiene spaties. 1. affiene basis. 2. Affine coördinaten punten. 3. Vectorvergelijking van een rechte lijn. 4. Vectorvergelijking van het vlak. 5.

8 KLASSE 1. Bewijs dat je voor elk natuurlijk getal n een natuurlijk getal a kan kiezen zodat het getal a(n + 1) (+ n+1) gelijk deelbaar is door. 2. Twee

Ural Federal University, Instituut voor Wiskunde en Informatica, Afdeling Algebra en Discrete Wiskunde Inleidende opmerkingen In deze lezing bestuderen we een andere tweede-orde curve, de hyperbool.

Huiswerk in algebra voor graad 0 tot het leerboek "Algebra en het begin van analyse graad 0" Alimov Sh.A. en anderen, -M .: "Verlichting", 00g. www.balls.ru Inhoud Hoofdstuk I. Reële getallen Hoofdstuk II. Stroom

Vectoralgebra Concept van vectorruimte. Lineaire afhankelijkheid vectoren. Eigendommen. Het concept van een basis. Vector coördinaten. Lineaire transformaties vectorruimten. eigenwaarden en bezit

Federaal Agentschap voor Onderwijs Tomsk State University of Control Systems and Radioelectronics Department hogere wiskunde(VM) Prikhodovsky MA LINEAIRE OPERATORS EN KWADRATIC VORMEN Praktisch

Ural Federal University, Instituut voor Wiskunde en Informatica, Afdeling Algebra en Discrete Wiskunde

Moskou Instituut voor Natuurkunde en Technologie Cauchy-Bunyakovsky ongelijkheid. Methodologische gids voor de voorbereiding op de Olympiades. Samengesteld door: Parkevich Egor Vadimovich Moskou 014 Theoretisch materiaal. In deze baan

LABORATORIUMWERK 1 SET. DISPLAYS. SET-SYSTEMEN 1. BASISBEGRIPPEN EN STELLING Laat X een verzameling zijn en laat (x) een eigenschap zijn

Werkcollege 2. Kegelsneden op het projectieve vlak 1. Definitie van een kegelsnede in P 2. Eerste eigenschappen van kegelsneden. Zoals eerder werken we in k = R of C. Definitie van een kegelsnede in P 2. Beschouw een projectieve kaart f: l

5 Elementen van functionele analyse 5.1 Lineaire, genormeerde en Banachruimten 5.1.1 Definitie van ruimten Een niet-lege verzameling X van elementen x, y, z,... wordt een lineaire (vector)ruimte genoemd,

LD Lappo, AV Morozov Algebra huiswerk voor graad 0 tot het leerboek "Algebra en het begin van analyse: leerboek voor 0-cl algemene onderwijsinstellingen / SHA Alimov en andere ed. M: Onderwijs, 00" Hoofdstuk I Geldig

Hoofdstuk 8 Lijnen en vlakken 8.1. Vergelijkingen van lijnen en vlakken 8.1.1. Lijnen op het vlak Neem aan dat het vlak gegeven is affien systeem coördinaten. Laat l een kromme in het vlak zijn en f(x, y) een aantal

Ministerie van Onderwijs en Wetenschappen Russische Federatie Federaal Agentschap voor Onderwijs Penza State University Rudenko AK, Rudenko MN, Semerich YUS VERZAMELING VAN TAKEN MET OPLOSSINGEN VOOR VOORBEREIDING

Vergelijkingen In de algebra worden twee soorten gelijkheden beschouwd - identiteiten en vergelijkingen. Identiteit is een gelijkheid die geldt voor alle geldige) waarden van de letters die erin zijn opgenomen. Voor identiteiten worden tekens gebruikt

Taken van de correspondentiereis in de wiskunde voor klas 9 2014/2015 ac. jaar, eerste moeilijkheidsgraad Taak 1 Los de vergelijking op: (x+3) 63 + (x+3) 62 (x-1) + (x+3) 61 (x-1) 2 + + (x-1) 63 = 0 Antwoord: -1 Taak 2 Som

Schoolkamp 57 juli 06 Ongelijkheden (compendium) Dmitrieva A, Ionov K Les één Eenvoudige ongelijkheden Gemiddelde ongelijkheden Probleem Bewijs de ongelijkheid x + 4y + 9z 4xy + 6yz + 6zx Oplossing: x + 4y + 9z

Ministerie van Onderwijs van de regio Moskou Staatsbegroting Onderwijsinstelling voor hoger beroepsonderwijs van de regio Moskou " Internationale Universiteit natuur, maatschappij en

Interregionale Olympiade voor schoolkinderen "Vysshaya Proba", WISKUNDE 2017, fase 2 blz. 1/11 Oplossingen en criteria voor het evalueren van taken van de Olympiade 8-1

Ministerie van Onderwijs en Wetenschappen van de Russische Federatie Moskou Instituut voor Natuurkunde en Technologie (Staatsuniversiteit) Correspondentie School voor Natuurkunde en Technologie WISKUNDE Identiteitstransformaties. Oplossing

Lezing 7 Hoofdstuk. Systemen lineaire ongelijkheden.. Basisconcepten Systemen van lineaire ongelijkheden worden gebruikt om verschillende wiskundeproblemen. Een systeem van lineaire ongelijkheden van met onbekenden

MOU Grishino - Slobodskaya middelbare school

Moduleprogramma

"Methoden voor het bewijzen van ongelijkheden"

binnen het keuzevak

"Achter de pagina's van een wiskundeboek"

voor studenten in de klassen 10-11

Samengesteld door:

wiskunde leraar

Pankova E.Yu.

Toelichting

“Wiskunde wordt een tautologische wetenschap genoemd: met andere woorden, wiskundigen zouden tijd besteden aan het bewijzen dat de dingen gelijk zijn aan zichzelf. Deze verklaring is om twee redenen hoogst onnauwkeurig. Ten eerste is wiskunde, ondanks haar wetenschappelijke taal, geen wetenschap; het kan eerder kunst worden genoemd. Ten tweede worden de belangrijkste resultaten van wiskunde vaker uitgedrukt door ongelijkheden dan door gelijkheden.”

Ongelijkheden worden voortdurend gebruikt in het praktische werk van een wiskundige. Ze worden gebruikt om een aantal interessante en belangrijke extreme eigenschappen van "symmetrische" figuren te verkrijgen: een vierkant, een kubus, gelijkzijdige driehoek, evenals om de convergentie van iteratieve processen te bewijzen en enkele limieten te berekenen. De rol van ongelijkheden is ook belangrijk in verschillende vraagstukken van natuurwetenschap en technologie.

De ideeën die worden gebruikt om ongelijkheden te bewijzen, zijn bijna net zo divers als de ongelijkheden zelf. In specifieke situaties leiden generieke methoden vaak tot lelijke oplossingen. Maar de niet voor de hand liggende combinatie van verschillende "basis" ongelijkheden is slechts voor enkele schoolkinderen mogelijk. En bovendien belet niets de student in elk specifiek geval een betere oplossing te zoeken dan die verkregen door de algemene methode. Om deze reden wordt het bewijzen van ongelijkheden vaak verbannen naar het domein van de kunst. En zoals in elke kunst, heeft het zijn eigen technische technieken, waarvan de set erg breed is en het erg moeilijk is om ze allemaal onder de knie te krijgen, maar elke leraar zou ernaar moeten streven het wiskundige hulpmiddel dat in zijn voorraad beschikbaar is uit te breiden.


		Vergelijkingen en ongelijkheden met een parameter.
		Methoden om ongelijkheden te bewijzen.
		Vergelijkingen en ongelijkheden die het onbekende bevatten onder het moduleteken.
		Systemen van ongelijkheden met twee variabelen.

"Achter de pagina's van een wiskundeboek"

"Methoden voor het bewijzen van ongelijkheden"


		Invoering.
		Bewijs van ongelijkheden op basis van de definitie.
		Methode van wiskundige inductie.
		Toepassing van klassieke ongelijkheden.
		Grafische methode.
		De tegenovergestelde methode.
		Een techniek om ongelijkheden te beschouwen met betrekking tot een van de variabelen.
		Versterking idee.
		Les - controle.

Les 1. Invoering.

Het bewijzen van ongelijkheden is een fascinerend en uitdagend onderwerp in de elementaire wiskunde. Het ontbreken van een uniforme benadering van het probleem van het bewijzen van ongelijkheden leidt tot het zoeken naar een aantal technieken die geschikt zijn om bepaalde soorten ongelijkheden te bewijzen. In dit keuzevak komen de volgende methoden om ongelijkheden te bewijzen aan bod:

Herhaling:

Voer bewijzen uit van enkele eigenschappen.

Klassieke ongelijkheden:

1)
(Ongelijkheid van Cauchy)

Geschiedenis referentie:

Ongelijkheid (1) is genoemd naar de Franse wiskundige Auguste Cauchy. Nummer
genaamd rekenkundig gemiddelde nummers a en b;

nummer
genaamd geometrische gemiddelde nummers a en b. De ongelijkheid betekent dus dat het rekenkundig gemiddelde van twee positieve getallen niet minder is dan hun meetkundig gemiddelde.

Aanvullend:

Overweeg verschillende wiskundige sofismen met ongelijkheden.

Wiskundige sofisme- een verbazingwekkende verklaring, in het bewijs waarvan onmerkbare en soms vrij subtiele fouten verborgen zijn.

Sofismen zijn valse resultaten die worden verkregen met behulp van een redenering die alleen correct lijkt, maar noodzakelijkerwijs een of andere fout bevat.

Voorbeeld:

vier meer dan twaalf

Les 2. Bewijs van ongelijkheden op basis van de definitie.

De essentie van deze methode is als volgt: om de geldigheid van de ongelijkheden vast te stellen, vormen F(x,y,z)>S(x,y,z) het verschil F(x,y,z)-S( x,y,z) en bewijs dat het positief is. Met deze methode kiest men vaak het kwadraat, de derde macht van de som of het verschil, niet vol plein bedragen of verschillen. Dit helpt om het teken van het verschil te bepalen.

Voorbeeld. Bewijs de ongelijkheid (x+y)(x+y+2cosx)+2 2sin 2x

Een bewijs:

Beschouw het verschil (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.

Bewijs de ongelijkheid:

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

4.
>2x-20

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

Les 3. De methode van wiskundige inductie.

Bij het bewijzen van ongelijkheden die natuurlijke getallen omvatten, neemt men vaak zijn toevlucht tot de methode van wiskundige inductie. De methode is als volgt:

1) controleer de waarheid van de stelling voor n=1;

2) we nemen aan dat de stelling waar is voor sommige n=k, en op basis van deze aanname bewijzen we de waarheid van de stelling voor n=k+1;

3) gebaseerd op de eerste twee stappen en het principe van wiskundige inductie, concluderen we dat de stelling waar is voor elke n.

Voorbeeld.

Bewijs de ongelijkheid

Een bewijs:

1) voor n=2 is de ongelijkheid waar:

2) Laat de ongelijkheid waar zijn voor n=k i.e.
(*)

Opdrachten voor klassikaal en thuiswerk

Bewijs de ongelijkheid:

6)
.

Les 4 Toepassing van klassieke ongelijkheden.

De essentie van deze methode is als volgt: met behulp van een reeks transformaties wordt de vereiste ongelijkheid afgeleid met behulp van enkele klassieke ongelijkheden.

Voorbeeld.

Bewijs de ongelijkheid:

Een bewijs:

Als referentieongelijkheid gebruiken we
.

We brengen deze ongelijkheid in de volgende vorm:

, dan

Maar =
, dan

Bewijs de ongelijkheid:

1)(p+2)(q+2)(p+q)16pq(voor bewijs gebruiken we de ongelijkheid
)

2)
(voor documentatie wordt de ongelijkheid gebruikt)

3) (a+b)(b+c)(c+a) 8abc (de ongelijkheid wordt gebruikt als bewijs)

4)
(voor doc-va wordt de ongelijkheid gebruikt).

Les 5 Grafische methode.

Het bewijs van de ongelijkheden door de grafische methode is als volgt: als we de ongelijkheid f(x)>g(x)(f(x) bewijzen

1) grafieken maken van de functies y=f(x) en y=g(x);

2) als de grafiek van de functie y=f(x) zich boven (onder) de grafiek van de functie y=g(x) bevindt, dan is de bewezen ongelijkheid waar.

Voorbeeld.

Bewijs de ongelijkheid:

cosx
,x0

Een bewijs:

Laten we in één coördinatenstelsel de grafieken van de functies y=cosx en . construeren

Uit de grafiek blijkt dat bij x0 de grafiek van de functie y=cosx boven de grafiek van de functie y= ligt.

Opdrachten om in de klas en thuis te werken.

Bewijs de ongelijkheid:

3)ln(1+x) 0

4)
.

Les 6

Voorbeeld.

Bewijs de ongelijkheid:

Een bewijs:

Neem het tegenovergestelde aan, d.w.z. .

Laten we beide delen van de ongelijkheid kwadrateren, we krijgen , vanwaar
en verder

. Maar dit is in tegenspraak met de Cauchy-ongelijkheid. Dus onze veronderstelling is verkeerd, d.w.z. de ongelijkheid is waar

Opdrachten om in de klas en thuis te werken.

Bewijs de ongelijkheid:

Les 7 Een techniek om ongelijkheden te beschouwen met betrekking tot een van de variabelen.

De essentie van de methode is om de ongelijkheid en de oplossing ervan met betrekking tot één variabele te beschouwen.

Voorbeeld.

Bewijs de ongelijkheid:

Voorbeeld.

Bewijs de ongelijkheid:

Een bewijs:

Opdrachten om in de klas en thuis te werken.

Bewijs de ongelijkheid:

Les 9 Les - controle van de kennis van studenten.

Het werk in deze les kan in tweetallen worden georganiseerd of als er een grote klasgrootte is in groepen. Aan het einde van de les moet elke leerling worden beoordeeld. Dit is het transcript van deze cursus. Het wordt niet aanbevolen om controlewerkzaamheden over dit onderwerp uit te voeren. het bewijs van ongelijkheden, zoals reeds vermeld in de toelichting, behoort tot het domein van de kunst. In het begin wordt de studenten gevraagd om zelf de methode te bepalen om de voorgestelde ongelijkheden te bewijzen. Als de leerlingen moeilijkheden hebben, vertelt de leraar hen de rationele methode en waarschuwt de groep dat dit natuurlijk hun beoordeling zal beïnvloeden.

methoden een bewijsongelijkheden. het methodebewijs vanongelijkheden door hulpfuncties te introduceren...

Keuzevak in de wiskunde van ongelijkheidsbewijsmethoden

keuzevak

onbekend, anders methodenbewijs vanongelijkheden, evenals de toepassing ongelijkheden ongelijkheden door het gebruiken van methode methode voor bewijs vanongelijkheden, om problemen op te lossen...

Keuzevak wiskunde Ongelijkheden Bewijsmethoden Toelichting

keuzevak

onbekend, anders methodenbewijs vanongelijkheden, evenals de toepassing ongelijkheden bij het oplossen van problemen van verschillende ... In staat zijn om: te evalueren ongelijkheden door het gebruiken van methode Sturm, solliciteer overwogen methode voor bewijs vanongelijkheden, om problemen op te lossen...

Keuzevak wiskunde Ongelijkheden Bewijsmethoden Toelichting (1)

keuzevak

Een zeldzame Olympiade doet het zonder problemen waarbij het nodig is om enige ongelijkheid aan te tonen. Algebraïsche ongelijkheden worden bewezen met behulp van verschillende methoden, die gebaseerd zijn op equivalente transformaties en eigenschappen van numerieke ongelijkheden:

1) als a – b > 0, dan is a > b; als a - b

2) als a > b, dan b a;

3) als een

4) als een

5) als een 0, dan ac

6) als een bc; a / c > b / c;

7) als een 1

8) indien 0

Laten we enkele fundamentele ongelijkheden in herinnering roepen die vaak worden gebruikt om andere ongelijkheden te bewijzen:

1) een 2 > 0;

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

3) x + 1 / x > 2, voor x > 0, en x + 1 / x –2, voor x

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

5) als a > b > 0, dan 1 / a

6) als a > b > 0 en x > 0, dan a x > b x, in het bijzonder voor natuurlijk n > 2

a 2 > b 2 en n √ een > n √ b;

7) als a > b > 0 en x

8) als x > 0, dan zonde x

Veel problemen van het Olympiade-niveau, en dit zijn niet alleen ongelijkheden, worden effectief opgelost met behulp van enkele speciale ongelijkheden, waarmee scholieren vaak niet vertrouwd zijn. Allereerst moeten ze het volgende bevatten:

ongelijkheid tussen het rekenkundig gemiddelde en het meetkundig gemiddelde van positieve getallen (ongelijkheid van Cauchy):

De ongelijkheid van Bernoulli:

(1 + α) n ≥ 1 + nα, waarbij α > -1, n een natuurlijk getal is;

Cauchy-Bunyakovsky ongelijkheid:

(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 );

De meest "populaire" methoden om ongelijkheden te bewijzen zijn:

bewijs van ongelijkheden op basis van definitie;
vierkante selectiemethode;
methode van opeenvolgende beoordelingen;
methode van wiskundige inductie;
gebruik van speciale en klassieke ongelijkheden;
gebruik van elementen van wiskundige analyse;
gebruik van geometrische overwegingen;
het idee van versterking, enz.

Problemen met oplossingen

1. Bewijs de ongelijkheid:

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 voor x > 0, y > 0.

a) We hebben

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

wat duidelijk is.

b) De te bewijzen ongelijkheid neemt, na beide delen met 2 te vermenigvuldigen, de vorm aan:

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

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

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

wat duidelijk is. Gelijkheid vindt alleen plaats als a = b = 1.

c) We hebben

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. Bewijs de ongelijkheid:

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

b)	R	+	R	+	R		> 9, waarbij a, b, c de zijden zijn en P de omtrek van de driehoek;
	a		b		c

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

a) We hebben:

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

b ) Het bewijs van deze ongelijkheid volgt elementair uit de volgende schatting:

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

= (

) + (

) > 6,

Gelijkheid wordt bereikt voor een gelijkzijdige driehoek.

c) We hebben:

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

= abc (

– 2 +

– 2 ) =

= abc ((

– 2) + (

– 2) ) > 0,

omdat de som van twee positieve reciproke getallen groter is dan of gelijk is aan 2.

3. Bewijs dat als a + b = 1, de ongelijkheid a 8 + b 8 > 1 / 128 geldt.

Uit de voorwaarde dat a + b = 1, volgt dat

a 2 + 2ab + b 2 = 1.

Laten we deze gelijkheid toevoegen aan de voor de hand liggende ongelijkheid

a 2 - 2ab + b 2 > 0.

We krijgen:

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

4a 4 – 8a 2 b 2 + 4b 2 > 0,

we krijgen:

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

Deze ongelijkheid toevoegen aan de voor de hand liggende ongelijkheid

64a 8 – 128a 4 b 4 + 64b 4 > 0,

we krijgen:

128a8 + 128b8 > 1 of een 8 + b 8 > 1/128 .

4. Wat meer is e e π of e 2?

Overweeg de functie: f(x) = x – π log x . Omdat de f'(x) = 1 – π / x , en links van de punt X = π f'(x) 0 , en aan de rechterkant - f'(x) > 0, dan f(x) Het heeft kleinste waarde bij het punt X = π . Op deze manier f(e) > f(π), dat is

e – π ln e = e – π > π – π ln π

e + logboek π > 2π .

Vandaar dat we dat krijgen

e e+ logboek π > e 2,

haar· e logboek π > e 2 π ,

e e π > e 2.

5. Bewijs dat

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

Met behulp van de eigenschappen van logaritmen is het gemakkelijk om deze ongelijkheid te reduceren tot een equivalente ongelijkheid:

(n + 1) n > n!,

waar n! = 1 2 3 . . . · n (n-faculteit). Daarnaast is er een systeem van duidelijke ongelijkheden:

n + 1 > 1,

n + 1 > 2,

n + 1 > 3,

. . . . .

n + 1 > n

na term-voor-term vermenigvuldiging daarvan krijgen we onmiddellijk dat (n + 1) n > n!.

6. Bewijs dat 2013 2015 2015 2013

Wij hebben:

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

2013 2 (2014 - 1) 2013 (2014 + 1) 2013

Uiteraard kan men ook een algemene uitspraak krijgen: voor elke natuurlijke n, de ongelijkheid

(n – 1) n +1 (n + 1) n –1

7. Bewijs dat voor elk natuurlijk getal n de volgende ongelijkheid geldt:

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

Laten we de linkerkant van de ongelijkheid schatten:

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) nee

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

QED

8. Laat een 1 2 , een 2 2 , een 3 2 , . . . , en n 2 zijn de kwadraten van n verschillende natuurlijke getallen. Bewijs dat

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

Laat het grootste van deze getallen gelijk zijn aan m. Dan

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

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

aangezien factoren kleiner dan 1 aan de rechterkant worden opgeteld.We berekenen de rechterkant door elk haakje te ontbinden:

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

m + 1

2 2 3 2 4 2 . . . m2

Als we de haakjes aan de linkerkant openen, krijgen we de som

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) + . . . + een 1 a 2 . . . een .

De som van de getallen in de tweede haak is niet groter dan (a 1 + . . . Daarom overschrijdt het hele product niet

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

Methode 2.

Laten we met de methode van wiskundige inductie bewijzen dat voor alle natuurlijke getallen n de volgende ongelijkheid waar is:

(1 + a1) . . . (1 + een)

Voor n = 1 hebben we: 1 + a 1 1 .

Laten we voor n = k hebben:(1 + een 1 ) . . . (1 + a k ) 1 + . . . + een k).

Beschouw het geval n = k +1:(1 + een 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 ).

Op grond van het principe van wiskundige inductie wordt de ongelijkheid bewezen.

10. Bewijs de Bernoulli-ongelijkheid:

(1 + ) n ≥ 1 + nα,

waarbij α > -1, n een natuurlijk getal is.

Laten we de methode van wiskundige inductie gebruiken.

Voor n = 1 krijgen we de ware ongelijkheid:

1 + ≥ 1 + .

Laten we aannemen dat de volgende ongelijkheid geldt:

(1 + ) n ≥ 1 + nα.

Laten we laten zien dat we dan hebben

(1 + ) n + 1 ≥ 1 + (n + 1)α.

Inderdaad, aangezien α > –1 α + 1 > 0 impliceert, dan vermenigvuldigen we beide zijden van de ongelijkheid

(1 + ) n ≥ 1 + nα

op (a + 1) krijgen we

(1 + ) n (1 + ) ≥ (1 + nα)(1 + α)

(1 + ) n + 1 1 + (n + 1)α + nα 2

Aangezien nα 2 ≥ 0, dus

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

Dus, volgens het principe van wiskundige inductie, is de ongelijkheid van Bernoulli waar.

Problemen zonder oplossingen

1. Bewijs de ongelijkheid voor positieve waarden variabelen

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

2. Bewijs dat voor elke a de ongelijkheid

3(1 + a 2 + a 4) ≥ (1 + a + a 2) 2 .

3. Bewijs dat de polynoom x 12 – x 9 + x 4 – x+ 1 is positief voor alle waarden van x.

4. Bewijs voor 0 e de ongelijkheid

(e+x) e– x > ( e- x) e+x.

5. Laat a, b, c positieve getallen zijn. Bewijs dat

a+b

b+c

a+c

≤

Jou doel:de methoden kennen om ongelijkheden te bewijzen en deze kunnen toepassen.

Praktijkgedeelte

Het concept van bewijs van ongelijkheid . Sommige ongelijkheden worden waar numerieke ongelijkheid voor iedereen toegestane waarden variabelen of op een bepaalde reeks variabele waarden. Bijvoorbeeld de ongelijkheden a 2 ³0, ( a–b) 2 ³ 0 , a 2 +b 2 +c 2 " ³ 0 zijn waar voor alle reële waarden van de variabelen, en de ongelijkheid ³ 0 – voor echte niet-negatieve waarden a. Soms rijst het probleem van het bewijzen van een ongelijkheid.

Een ongelijkheid bewijzen betekent aantonen dat een gegeven ongelijkheid verandert in een echte numerieke ongelijkheid voor alle toelaatbare waarden van de variabelen of op een gegeven reeks waarden van deze variabelen.

Methoden om ongelijkheden te bewijzen. Let erop dat algemene methode: er is geen bewijs van ongelijkheid. Sommige kunnen echter worden gespecificeerd.

1. Een methode om het teken van het verschil tussen de linker- en rechterdelen van een ongelijkheid te schatten. Het verschil tussen links en juiste onderdelen ongelijkheden en wordt vastgesteld of dit verschil positief of negatief is voor de beschouwde waarden van de variabelen (voor niet-strikte ongelijkheden moet worden vastgesteld of dit verschil niet-negatief of niet-positief is).

Voorbeeld 1. Voor elke echte getallen a en b er is een ongelijkheid

a 2 +b 2³2 ab. (1)

Een bewijs. Stel het verschil tussen het linker- en rechterdeel van de ongelijkheid samen:

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

Aangezien het kwadraat van een reëel getal een niet-negatief getal is, dan ( a-b) 2 ³ 0, wat betekent dat a 2 +b 2³2 ab voor alle reële getallen a en b. Gelijkheid in (1) geldt als en slechts als een = b.

Voorbeeld 2. Bewijs dat als a³ 0 en b³ 0, dan ³ , d.w.z. rekenkundig gemiddelde van niet-negatieve reële getallen a en b minder dan hun geometrische gemiddelde.

Een bewijs. Als een a³ 0 en b³ 0, dan

³ 0. Vandaar, ³ .

2. deductieve methode: bewijs van ongelijkheden. De essentie van deze methode is als volgt: met behulp van een reeks transformaties wordt de vereiste ongelijkheid afgeleid van enkele bekende (referentie) ongelijkheden. De volgende ongelijkheden kunnen bijvoorbeeld als referentie worden gebruikt: a 2 ³ 0 voor elke aÎ R ; (a-b) 2 ³ 0 voor elke a en bÎ R ; (a 2 + b 2) ³ 2 ab voor enige een, bÎ R ; bij a ³ 0, b ³ 0.

Voorbeeld 3. Bewijs dat voor alle reële getallen a en b er is een ongelijkheid

a 2 + b 2 + Met 2³ ab + bc + ac.

Een bewijs. Van de juiste ongelijkheden ( a-b) 2 ³ 0, ( b – c) 2 ³ 0 en ( c – a) 2 ³ 0 hieruit volgt dat a 2 + b 2³2 ab, b 2 + c 2³2 bc, c 2 + a 2³2 ac. Door alle drie de ongelijkheden term voor term op te tellen en beide delen van de nieuwe door 2 te delen, krijgen we de vereiste ongelijkheid.

De oorspronkelijke ongelijkheid kan ook met de eerste methode worden bewezen. Inderdaad, a 2 + b 2 + Met 2 –ab-bc-ac= 0,5(2a 2 + 2b 2 + 2Met 2 – 2ab- 2bc- 2ac) = = 0,5((a-b) 2 + (a-c) 2 + (b-c) 2)³ 0.

verschil tussen a 2 + b 2 + Met 2 en ab + bc + ac groter dan of gelijk aan nul, wat betekent dat a 2 + b 2 + Met 2³ ab + bc + ac(gelijkheid is waar als en slechts dan als a = b = c).

3. Methode van schattingen in het bewijs van ongelijkheden.

Voorbeeld 4. Bewijs de ongelijkheid

+ + + … + >

Een bewijs. Het is gemakkelijk te zien dat de linkerkant van de ongelijkheid 100 termen bevat, die elk niet minder zijn dan. In dit geval zeggen we dat de linkerkant van de ongelijkheid als volgt kan worden geschat:

+ + + … + > = 100 = .

4. Volledige inductie methode. De essentie van de methode is om alle speciale gevallen in overweging te nemen die de toestand van het probleem als geheel dekken.

Voorbeeld 5. Bewijs dat als x > ï Bijï , dan x > j.

Een bewijs. Er zijn twee gevallen mogelijk:

a) Bij³ 0 ; dan ik Bijï = ja, en op voorwaarde x >ï Bijï . Middelen, x > y;

b) Bij< 0; dan ik Bijï > ja en op voorwaarde x >ï Bijï betekent x > j.

Praktijkgedeelte

Taak 0. Nemen Wit laken papier en schrijf daarop de antwoorden op alle onderstaande mondelinge oefeningen. Controleer vervolgens uw antwoorden aan de hand van de antwoorden of korte instructies aan het einde van dit leerelement onder het kopje "Uw assistent".

mondelinge oefeningen

1. Vergelijk de som van de kwadraten van twee ongelijke getallen en met hun dubbele product.

2. Bewijs de ongelijkheid:

a) ;

b) ;

in) ;

3. Het is bekend dat . Bewijs dat .

4. Het is bekend dat . Bewijs dat .

Oefening 1. Dat meer:

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

b) of + ; e) - of;

c) + of 2; e) + 2 of + ?

Taak 2. Bewijs dat voor elke echte x er is een ongelijkheid:

een) 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;

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

Taak 3. Bewijs dat:

a) x 3+1³ x 2 + x, als x³ –1;

b) x 3 + 1 £ x 2 + x, als x£ -1 .

Taak 4. Bewijs dat als a ³ 0, b³ 0, Met³ 0, d³ 0, dan

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

Opdracht 5. Bewijs de ongelijkheid door een volledig vierkant te selecteren:

a) x 2 – 2xy + 9ja 2 0;

b) x 2 +y 2 + 2³2( x+y);

om 10 uur x 2 + 10xy + 5ja 2 + 1 > 0;

G) x 2 – xy + ja 2³0 ;

e) x 2 +y 2 +z 2 + 3³ 2( x + y + z);

e)( x + ik)( x- 2y + l) + ja 2³0 .

Taak 6. Bewijs dat:

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

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

om 3 uur x 2 +y 2 + 8x + 4ja- 2xy + 22 ³ 0;

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

Taak 7. Bewijs dat als n³ k³ 1, dan k(n–k+ 1) n.

Taak 8. Bewijs dat als 4 a + 2b= 1, dan a 2 + b 2³ .

Bepaal de waarden a en b, waaronder gelijkheid plaatsvindt.

Taak 9. Bewijs de ongelijkheid:

a) X 3 + Bij 3³ X 2 Bij + hoezo 2 om x³ 0 en ja ³ 0;

b) X 4 + Bij 4³ X 3 Bij + hoezo 3 voor elke x en Bij;

in) X 5 + Bij 5³ X 4 Bij + hoezo 4 om x³ 0 en ja ³ 0;

G) x nee + bij n ³ x nee-1 jaar + xy nee-1 bij x³ 0 en ja ³ 0.