Доказ дрібно числові нерівності. Доказ та розв'язання нерівностей

МОУ Гришине -Слобідська середня загальноосвітня школа

Програма модуля

«Методи доказу нерівностей»

у рамках елективного курсу

«За сторінками підручника математики»

для учнів 10-11 класів

Склав:

вчитель математики

Панкова Є.Ю

Пояснювальна записка

«Математику називають тавтологічною наукою: іншими словами, про математиків кажуть, що вони витрачають час на доказ того, що предмети рівні самі собі. Це твердження неточне з двох причин. По-перше, математика, незважаючи на властивий їй наукова мова, не є наукою; швидше її можна назвати мистецтвом. По-другеосновні результати математики частіше виражаються нерівностями, а чи не рівностями.»

Нерівності використовуються у практичній роботі математика постійно. Вони застосовуються для одержання низки цікавих і важливих екстремальних властивостей «симетричних» фігур: квадрата, куба, рівностороннього трикутника, а також для доказу збіжності ітераційних процесів та обчислення певних меж. Важлива роль нерівностей та у різних питаннях природознавства та техніки.

Завдання на доказ нерівностей найважчі та найцікавіші з традиційних. Докази нерівностей вимагають справжньої винахідливості, творчості, які роблять математику тим захоплюючим уяву предметом, яким вона є.

Навчання доказам грає велику роль розвитку дедуктивно- математичного мислення та загальних розумових здібностей учнів. Як навчити школярів самостійно проводити докази нерівностей? Відповідь говорить: лише шляхом розгляду багатьох прийомів та методів доказів та регулярного їх застосування.

Застосовувані докази нерівностей ідеї майже так само різноманітні, як і самі нерівності. У конкретних ситуаціях загальні методи часто призводять до негарних рішень. Але неочевидне комбінування кількох «базових» нерівностей вдається лише небагатьом школярам. І, крім того, ніщо не заважає учневі у кожному конкретному випадку пошукати краще рішення, ніж отримане загальним методом. Тому докази нерівностей нерідко відносять до галузі мистецтва. І як у будь-якому мистецтві тут є свої технічні прийоми, набір яких дуже широкий і оволодіти всіма дуже складно, але кожен вчитель повинен прагне розширення математичного інструменту, що є в його запасі.

Цей модуль рекомендується для учнів 10-11 класів. Тут розглядаються в повному обсязі можливі методи докази нерівностей (не порушено метод заміни змінної, доказ нерівностей з допомогою похідної, метод дослідження та узагальнення, прийом упорядкування). Запропонувати розглянути решту методів можна на другому етапі (наприклад, в 11 класі), якщо даний модуль курсу викличе інтерес у учнів, а також орієнтуючись на успіхи засвоєння першої частини курсу.

		Рівняння та нерівності з параметром.
		Методи доказу нерівностей.
		Рівняння та нерівності, що містять невідоме під знаком модуля.
		Системи нерівностей із двома змінними.

Зміст елективного курсу

«За сторінками підручника математики»

«Методи доказу нерівностей»

		Вступ.
		Доказ нерівностей виходячи з визначення.
		Метод математичної індукції.
		Застосування класичних нерівностей.
		графічний метод.
		Метод від неприємного.
		Прийом розгляду нерівностей щодо однієї із змінних.
		Ідея посилення.
		Урок – контроль.

Урок 1. Вступ.

Доказ нерівностей - захоплююча та непроста тема елементарної математики. Відсутність єдиного підходу до проблеми доказу нерівностей призводить до пошуку низки прийомів, придатних для доказу нерівностей певних видів. На цьому курсі будуть розглядатися такі методи доказу нерівностей:

Повторення:

Провести докази деяких властивостей.

Класичні нерівності:

1)
(Нерівність Коші)

2)

3)

4)

Історична довідка:

Нерівність (1) називають на честь французького математика Огюста Коші. Число
називають середнім арифметичнимчисел a та b;

число називають середнім геометричнимчисел a та b. Таким чином, нерівність означає, що середнє арифметичне двох позитивних чисел не менше їх середнього геометричного.

Додатково:

Розглянути кілька математичних софізмів з нерівностями.

Математичний софізм- Дивне твердження, в доказі якого криються непомітні, а часом і досить тонкі помилки.

Софізми - це помилкові результати, отримані за допомогою міркувань, які тільки здаються правильними, але обов'язково містять ту чи іншу помилку.

Приклад:

Чотири більше дванадцяти

Урок2. Доказ нерівностей виходячи з визначення.

Суть цього методу полягає в наступному: для того, щоб встановити справедливість нерівності F(x,y,z)>S(x,y,z) складають різницю F(x,y,z)-S(x,y,z) і доводять, що вона є позитивною. Застосовуючи цей метод, часто виділяють квадрат, куб суми чи різниці, неповний квадрат суми чи різниці. Це допомагає визначити знак різниці.

приклад. Довести нерівність (x+y)(x+y+2cosx)+2 2sin 2 x

Доведення:

Розглянемо різницю (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.

Довести нерівність:

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.

Метод математичної індукції.

За доказом нерівностей, до яких входять натуральні числачасто вдаються до методу математичної індукції. Метод полягає в наступному:

1) перевіряємо істинність теореми для n=1;

2) допускаємо, що теорема правильна для деякого n=k, і з цього припущення доводимо істинність теореми для n=k+1;

3) на підставі перших двох кроків та принципу математичної індукції укладаємо, що теорема вірна для будь-якого n.

приклад.

Довести нерівність

Доведення:

1) при n=2 нерівність правильно:

2)Нехай нерівність правильна для n=k тобто.
(*)

Доведемо, що нерівність правильна при n=k+1, тобто.
. Помножимо обидві частини нерівності (*) на
отримаємо 3)З п1.і п.2 робимо висновок, що нерівність правильна для будь-якого n.

Завдання для роботи в класі та вдома

Довести нерівність:

1)

2)

3)

4)

Урок4. Застосування класичних нерівностей.

Суть цього методу полягає в наступному: за допомогою низки перетворень виводять необхідну нерівність за допомогою деяких класичних нерівностей.

приклад.

Довести нерівність:

Доведення:

Як опорну нерівність використовуємо
.

Наведемо цю нерівність до такого виду:

тоді

Але =
тоді

Довести нерівність:

1)(p+2)(q+2)(p+q)16pq(для док-ва використовується нерівність
)

2)
(Док-ва використовується нерівність)

3) (a+b)(b+c)(c+a) 8abc (для док-ва використовується нерівність)

4)
(Для док-ва використовується нерівність).

Урок5. графічний метод.

Доказ нерівностей графічним методом полягає в наступному: якщо доводимо нерівність f(x)>g(x)(f(x)

1) побудувати графіки функцій y=f(x) та y=g(x);

2) якщо графік функції y = f (x) розташований вище (нижче) графіка функції y = g (x), то доказується нерівність правильно.

приклад.

Довести нерівність:

cosx
,x0

Доведення:

Побудуємо в одній системі координат графіки функцій y=cosx і

З графіка видно, що з x0 графік функції y=cosx лежить вище графіка функції y= .

Завдання для роботи в класі та вдома.

Довести нерівність:

1)

4)
.

5)

Урок6.Метод від протилежного

Суть цього методу полягає в наступному: нехай потрібно довести істинність нерівності F(x,y,z) S(x,y,z)(1). Припускають неприємне, тобто хоча б одного набору змінних справедливо нерівність F(x,y,z) S(x,y,z) (2). Використовуючи властивості нерівностей, виконують перетворення нерівності (2). Якщо в результаті цих перетворень виходить помилкова нерівність, то це означає, що припущення про справедливість нерівності (2) неправильне, а тому вірна нерівність (1).

приклад.

Довести нерівність:

Доведення:

Припустимо неприємне, тобто.

Зведемо обидві частини нерівності в квадрат, отримаємо , звідки й надалі

. Але це суперечить нерівності Коші. Значить наше припущення неправильне, тобто справедлива нерівність Завдання для роботи в класі та вдома.

Урок9. Урок-контроль знань учнів.

Роботу на цьому уроці можна організувати в парах або якщо велика чисельністькласу у групах. Наприкінці уроку кожен учень має бути оцінений. Це і є залікова форма за цим курсом. На цю тему не рекомендується проводити контрольну роботу т.к. Доказ нерівностей, як це говорилося в пояснювальній записці, відносять до галузі мистецтва. На початку учням пропонується самим визначити метод доказу запропонованих нерівностей. Якщо ж у учнів виникнуть труднощі, то вчитель повідомляємо їм раціональний метод, попередивши групу, що це, звичайно ж, вплине на їхню оцінку.

Робота з парами.

Приклади завдань.

________________________________________________________________

Довести нерівність:

1.
(Метод мат. індукції)

2.
(за визначенням)

Модулем. Рівняння та нерівностііз параметрами. ... властивостей, формулювання та Доведеннятеорем, висновок формул... найпростіші нерівності. 7. Вміти користуватися методомінтервалів...

Програма Відкритої олімпіади та вимоги до підготовки математики для учнів 9 класів

Програма

Концепція модулядійсного числа. Арифметичне та геометричне визначення модуля. Розкриття модулів. ... нерівності. Доведення нерівностей. Рішення лінійних, квадратних, дробово-раціональних нерівностейз однією змінною. Рішення нерівностей ...

Програма факультативу з математики для 8 класу

Програма

Продемонструвати методи доказитрохи складніших нерівностейза допомогою цього простого нерівності? Отже, у цій міністерській програмі ...

Навчальний заклад: МОУ Ліцей №1 м. Комсомольськ-на-Амурі.

Керівник: Будлянська Наталія Леонідівна

Якщо ви хочете брати участь у великого життя, то наповнюйте свою голову математикою, поки є можливість. Вона потім надасть вам величезну допомогу у всій вашій роботі. (М.І. Калінін)

Подання лівої частини нерівності як суми неотрицательных доданків (права частина дорівнює 0) з допомогою тотожностей.

Приклад 1. Довести що для будь-якого ХR

Доведення . 1 спосіб.

2 спосіб.

для квадратичної функції

що означає її позитивність за будь-якого дійсного х.

Приклад 2. Довести, що для будь-яких x та y

Доведення.

Приклад 3. Довести, що

Доведення.

Приклад 4. Довести, що для будь-яких a та b

Доведення.

2. Метод від протилежного

Ось добрий приклад застосування даного методу.

Довести, що з a, b ϵ R.

Доведення.

Припустимо, що.

Але що явно доводить, що наше припущення неправильне.

Ч.Т.Д.

Приклад 5.Довести, що для будь-яких чисел А,В,С справедлива нерівність

Доведення.Очевидно, що цю нерівність достатньо встановити для невід'ємних А, Ві З,оскільки матимемо наступні відносини:

, що є обґрунтуванням вихідної нерівності .

Нехай тепер знайшлися такі невід'ємні числа А, Ві З, для яких виконується нерівність

, що неможливо за жодних дійсних А,Ві З. Зроблене вище припущення спростовано, що доводить досліджувану вихідну нерівність.

Використання властивостей квадратного тричлена

Метод заснований на властивості невід'ємності квадратного тричлена, якщо

в.

Приклад 6. Довести, що

Доведення.

Нехай, a=2, 2>0

=>

Приклад 7. Довести, що для будь-яких дійсних х і у має місце бути нерівність

Доведення. Розглянемо ліву частину нерівність як квадратний тричлен щодо х:

, а>0, D

D= => P(x)>0і

вірно за будь-яких дійсних значень хі у.

Приклад 8. Довести, що

для будь-яких дійсних значеннях х та у.

Доведення. Нехай ,

Це означає, що для будь-яких дійсних уі нерівність

виконується за будь-яких дійсних хі у.

Метод введення нових змінних чи метод підстановки

Приклад 9. Довести, що для будь-яких невід'ємних чисел х, у, z

Доведення. Скористаємося правильною нерівністю для,

.

Отримуємо досліджувану нерівність

Використання властивостей функцій.

Приклад 10. Доведемо нерівність

для будь-яких а та b.

Доведення. Розглянемо 2 випадки:

• Якщо а = b, то вірно

причому рівність досягається лише за а=b=0.

2) Якщо

на R =>

()* ()>0, що доводить нерівність

Приклад 11. Доведемо, що для будь-яких

Доведення.

на R.

Якщо, то знаки чисел і збігаються, що означає позитивність досліджуваної різниці =>

Застосування методу математичної індукції

Цей метод застосовується для доказу нерівностей щодо натуральних чисел.

Приклад 12. Довести, що для будь-якого nϵN

• Перевіримо істинність затвердження при

- (Правильно)

2) Припустимо вірність затвердження при

(k>1)

3) Доведемо істинність утвердження при n=k+1.

Порівняємо і: ,

Маємо:

Висновок: твердження правильне для будь-якого nϵN.

Використання чудових нерівностей

• Теорема про середні (нерівність Коші)

• Нерівність Коші – Буняковського

• Нерівність Бернуллі

Розглянемо кожну з перерахованих нерівностей окремо.

Застосування теореми про середні (нерівності Коші)

Середнє арифметичне кількох невід'ємних чисел більше або одно їх середнього геометричного

, де

Знак рівності досягається тоді і лише тоді, коли

Розглянемо окремі випадки цієї теореми:

• Нехай n=2 тоді

• Нехай n=2, a>0 тоді

• Нехай n=3 тоді

Приклад 13. Довести, що для всіх невід'ємних a, b, c виконується нерівність

Доведення.

Нерівність Коші – Буняковського

Нерівність Коші – Буняковського стверджує, що для будь-яких; справедливе співвідношення

Доведена нерівність має геометричну інтерпретацію. Для n=2,3 воно висловлює відомий факт, що скалярне добуток двох векторів на площині та просторі вбирається у добуток їх довжин. Для n=2 нерівність має вигляд: . Для n=3 отримаємо

приклад 14.

Доведення. Запишемо досліджувану нерівність у наступному вигляді:

Це свідомо справжня нерівність, оскільки є окремим випадком нерівності Коші – Буняковського.

приклад 15. Довести, що для будь-яких a,b,c ϵ R справедлива нерівність

Доведення. Достатньо записати цю нерівність у вигляді

та послатися на нерівність Коші – Буняковського.

Нерівність Бернуллі

Нерівність Бернуллі стверджує, що х>-1, то всім натуральних значень n виконується нерівність

Нерівність може застосовуватися для виразів виду

Крім того, велика група нерівностей може бути легко доведена за допомогою теореми Бернуллі.

Приклад 16.

Доведення. Поклавши х=0,5 тазастосувавши теорему Бернуллі для вираження

Отримаємо потрібну нерівність.

Приклад 17. Довести, що для будь-яких n ϵ N

Доведення.

за теоремою Бернуллі, що й потрібно.

Давида Гільберта запитали про одного з його колишніх учнів. "А, такий-то? - Згадав Гільберт. - Він став поетом. Для математики у нього було занадто мало уяви.

Ваша мета:знати методи доказу нерівностей та вміти їх застосовувати.

Практична частина

Поняття докази нерівності . Деякі нерівності звертаються у вірну числову нерівність за всіх допустимих значенняхзмінних або на деякому заданому множині значень змінних. Наприклад, нерівності а 2 ³0, ( а–b) 2 ³ 0 , a 2 + b 2 + c 2 " ³ 0 вірні за будь-яких дійсних значень змінних, а нерівність ³ 0 – за будь-яких дійсних невід'ємних значень а.Іноді виникає завдання доказу нерівності.

Довести нерівність – означає показати, що це нерівність звертається у правильне числове нерівність за всіх допустимих значеннях змінних чи заданому безлічі значень цих змінних.

Методи доказу нерівностей.Зауважимо, що загального методудоказів нерівностей немає. Однак, деякі з них можна вказати.

1. Метод оцінки знака різниці між лівою та правою частинами нерівності.Складається різниця лівої і правої частин нерівності і встановлюється, позитивна чи негативна ця різниця при розглянутих значеннях змінних (для нестрогих нерівностей треба встановити, невід'ємна чи непозитивна ця різниця).

Приклад 1. Для будь-яких дійсних чисел аі bмає місце нерівність

a 2 +b 2 ³ 2 ab. (1)

Доведення. Складемо різницю лівої та правої частин нерівності:

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

Так як квадрат будь-якого дійсного числа є числом негативним, то ( a – b) 2 ³ 0, а, отже, a 2 +b 2 ³ 2 abдля будь-яких дійсних чисел аі b.Рівність (1) має місце в тому і тільки в тому випадку, коли а = b.

Приклад 2. Довести, що якщо а³ 0 та b³ 0, то ³ , тобто. середнє арифметичне невід'ємних дійсних чисел аі bне менше їх середнього геометричного.

Доведення. Якщо а³ 0 та b³ 0, то

³ 0. Значить, ³ .

2. Дедуктивний методдокази нерівностей.Сутність цього методу полягає в наступному: за допомогою низки перетворень виводять необхідну нерівність з деяких відомих (опорних) нерівностей. Як опорні можуть використовуватися, наприклад, нерівності: а 2 ³ 0 за будь-якого aÎ R ; (a – b) 2 ³ 0 за будь-яких аі bÎ R ; (а 2 + b 2) ³ 2 abза будь-яких a, bÎ R ; ³ при а ³ 0, b ³ 0.

Приклад 3. Довести, що для будь-яких дійсних чисел аі bмає місце нерівність

а 2 + b 2 + з 2 ³ ab+bc+ac.

Доведення. З вірних нерівностей ( a – b) 2 ³ 0, ( b – c) 2 ³ 0 та ( c – a) 2 ³ 0 слід, що а 2 + b 2 ³ 2 ab, b 2 + c 2 ³ 2 bc, c 2 + a 2 ³ 2 ac.Склавши почленно всі три нерівності і розділивши обидві частини нового на 2, отримаємо потрібну нерівність.

Початкову нерівність можна довести і першим методом. Справді, а 2 + b 2 + з 2 –ab – bc – ac = 0,5(2а 2 + 2b 2 + 2з 2 – 2ab – 2bc – 2ac) = = 0,5((a – b) 2 + (a – c) 2 + (b – c) 2)³ 0.

Різниця між а 2 + b 2 + з 2 та ab+bc+acбільше або дорівнює нулю, а це означає, що а 2 + b 2 + з 2 ³ ab+bc+ac(Рівність справедлива тоді і тільки тоді, коли а = b = с).

3. Метод оцінок за доказом нерівностей.

Приклад 4. Довести нерівність

+ + + … + >

Доведення. Легко помітити, що ліва частина нерівності містить 100 доданків, кожна з яких не менша. У такому разі кажуть, що ліву частину нерівності можна оцінити знизу так:

+ + + … + > = 100 = .

4. Метод повної індукції.Сутність методу полягає у розгляді всіх окремих випадків, що охоплюють умову завдання в цілому.

Приклад 5. Довести, що якщо х > ï уï , то х > в.

Доведення. Можливі два випадки:

а) у³ 0 ; тоді ï уï = у,а за умовою х >ï уï . Значить, х > у;

б) у< 0; тоді ï уï > ута за умовою х >ï уï, отже, х > в.

Практична частина

Завдання 0. Візьміть чистий аркушпаперу та на ньому запишіть відповіді на всі усні вправи, наведені нижче. Потім свої відповіді звірте з відповідями або короткими вказівками, наведеними наприкінці цього навчального елементау вашій помічнику.

Усні вправи

1. Порівняйте суму квадратів двох нерівних чисел та з їх подвоєним добутком.

2. Доведіть нерівність:

а) ;

б) ;

в) ;

3. Відомо, що . Доведіть, що .

4. Відомо, що . Доведіть, що .

Завдання 1.Що більше:

а) 2+11 або 9; г) + або;

б) або +; д) - або;

в) + чи 2; е) + 2 або +?

Завдання 2.Доведіть, що за будь-якого дійсного xмає місце нерівність:

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

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

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

Завдання 3.Доведіть, що:

а) x 3 + 1 ³ x 2 + x,якщо x³ –1;

б) x 3 + 1 £ x 2 + x,якщо x£ -1 .

Завдання 4.Доведіть, що якщо a ³ 0, b³ 0, з³ 0, d³ 0, то

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

Завдання 5.Доведіть нерівність, виділивши повний квадрат:

а) x 2 – 2xy + 9y 2 ³ 0;

б) x 2 + y 2 + 2³2( x + y);

в 10 x 2 + 10xy + 5y 2 + 1 > 0;

г) x 2 – xy + y 2 ³ 0 ;

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

e) ( x + l)( x – 2y+ l) + y 2 ³ 0 .

Завдання 6.Доведіть, що:

а) x 2 + 2y 2 + 2xy + 6y+ l0 > 0 ;

б) x 2 + y 2 – 2xy + 2x – 2у + 1 > 0;

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

г) x 2 + 2xy+ 3y 2 + 2x + 6y + 3 > 0.

Завдання 7.Доведіть, що якщо n³ k³ 1, то k(n – k+ 1) ³ n.

Завдання 8.Доведіть, що якщо 4 а + 2b= 1, то a 2 + b 2 ³ .

Визначте значення аі b,у яких має місце рівність.

Завдання 9.Доведіть нерівність:

а) х 3 + у 3 ³ х 2 у + ху 2 при x³ 0 та y ³ 0;

б) х 4 + у 4 ³ х 3 у + ху 3 за будь-яких xі у;

в) х 5 + у 5 ³ х 4 у + ху 4 при x³ 0 та y ³ 0;

г) х n + у n ³ х n-1 у + ху n-1 при x³ 0 та y ³ 0.

Транскрипт

1 ФДБОУ У «ПЕТРОЗАВОДСЬКИЙ ДЕРЖАВНИЙ УНІВЕРСИТЕТ» ФАКУЛЬТЕТ МАТЕМАТИКИ ТА ІНФОРМАЦІЙНИХ ТЕХНОЛОГІЙ Кафедра геометрії та топології Хальценен Єлизавета Сергіївна Випускна кваліфікаційна робота на ступінь. "Математика" Науковий керівник Професор, доктор ф.-м. наук, Платонов С.С. (Підпис керівника) Петрозаводськ

2 Зміст Вступ...3.Нерівність Йенсена Перестановна нерівність Нерівність Караматы Розв'язання задач на доказ нерівностей...3 Список літератури

3 Ведення Метод- це сукупність послідовних дій, вкладених у вирішення конкретного виду завдання. Методи доказу нерівностей у цій роботі спрямовані на пошук нестандартного рішеннянерівностей, що мають певний вигляд. Використовуючи такі методи, рішення скорочується у рази. Результат той самий, а обсяг роботи менший. Метою випускний роботистало вивчення трьох видів нерівностей за допомогою яких легко доводяться багато інших. Це нерівність Йєнсена, перестановна нерівність, нерівність Карамати. Усі ці нерівності математично красиві, з допомогою цих нерівностей можна вирішувати шкільні нерівності. Ця темає актуальною. На мою думку, вона могла б бути корисною для школярів, у тому числі підвищення рівня знань у галузі математики. Так як методи не є стандартними, мені здається, що учням з математичним ухилом вони були б корисні і захоплюючі. Поставлене завдання пошук та вирішення тематичних нерівностей із запропонованої літератури. Робота складається із чотирьох параграфів. У параграфі описано нерівність Єнсена, наведено його доказ та допоміжні визначення. У параграфі 2 перестановна нерівність, її окремі випадки та загальна перестановна нерівність. У параграфі 3 нерівність Карамати без доказів. Параграф 4 – це основна робота випускної роботи, тобто. докази нерівностей за допомогою нерівності Єнсена, перестановної нерівності та нерівності

4 . Нерівність Єнсена Визначення. Підмножина площини називається опуклим, якщо будь-які дві точки даної множини можна з'єднати відрізком, який повністю лежатиме в цій множині. Визначення 2. Нехай f(x) визначено на певному інтервалі. Безліч всіх точок (x, y), для яких y f (x), називається надграфіком, де x належить даному інтервалу. Безліч точок (x, y), для яких y f (x), називається подграфіком. Визначення 3. Розглянемо функцію деякому інтервалі. Функція називається опуклою, якщо цьому інтервалі її надграфик є опуклим безліччю. Функція називається увігнутою, якщо її подграфик є опуклим безліччю. Критерій опуклості (увігнутості) функції. Для того, щоб функція y = f(x), безперервно диференційована на інтервалі(a, b), була опуклою(увігнутою) на (a, b), необхідно і достатньо, щоб її похідна f зростала(зменшувалася) на інтервалі (a , b). Критерій 2 опуклості (увігнутості) функції. Для того, щоб функція y = f(x), що двічі диференціюється на інтервалі(a, b), була опуклою(увігнутою) на (a, b), необхідно і достатньо, щоб f(x) 0(f (x) 0 ) у всіх точках x (a, b) Визначення 4. Центром мас точок A(x, y) та B(x 2, y 2) називається точка С(x, y), що належить відрізку AB, така, що AC = m B, де m BC m B маса точки A і m A маса точки А. У векторному вигляді центр мас знаходимо наступним чином: радіус-вектор центру мас: де r i - радіус-вектор точок А і В, i =,2. У координатах: r = m r +m 2 r 2 m +m 2 () x = m x +m 2 x 2 m +m 2, y = m y +m 2 y 2 m +m 2-4 -

5 Нехай С AB - центр мас точок A і B. Якщо U- опукле підмножина площини і точки A і B належать U, то і С AB належить U, оскільки AB належить відрізку AB. Нехай A, A 2 A довільні точкина площині з масами m, m2, m. Центр мас C A,A 2 A системи точок A, A 2 A визначається індукцією по:) При = 2 центр мас С A A 2 системи точок A, A 2 вже визначено. Будемо вважати, що точка С A A 2 має масу m + m 2 2) Припустимо, що для системи точок A, A 2 A центр мас A, A 2 A вже визначений. Позначимо центр мас точок A, A 2 A через B і вважатимемо, що маса точки B дорівнює m B = m + m m. За визначенням вважаємо C A,A 2 A = BA, тобто. центр мас системи точок A, A 2 A, A дорівнює центру мас двох точок B і A. Вважатимемо, що маса точки C A, A 2 A дорівнює m B + m = m + m m. З визначення центру мас випливає, що й усі точки A, A 2 A належать опуклому множині U, їх центр мас також належить U. Лемма. Нехай A, A 2 A -точки на площині з масами m, m 2, m і нехай ri - радіус вектор точки A i, i =,. Якщо C -центр мас системи точок A, A 2 A, то радіус-вектор r C точки C може бути обчислений за формулою Доказ. r C = m r +m 2 r 2 + +m r m +m 2 + +m (2) Будемо доводити формулу (2) індукцією. При = 2 формула вже доведена (див. формулу ()). Припустимо, що формула (2) вже підтверджена для (). Нехай B-центр мас системи точок A, A 2 A. Тоді - 5 -

6 r B = m r + m 2 r m r m + m m, маса точки B дорівнює m B = m + m m. За визначенням, центр мас C системи точок A, A 2 A збігається з центром мас пари точок B і A. Радіус вектор точки C обчислюється за формулою () r C = m Br B + m r m m m що доводить формулу (2) для точок. У координатах формула (2) має вигляд: x C = m x + m 2 x m k x m + m m k y C = m y + m 2 y m k y k m + m m k «Теорема Єнсена. Нехай y = f(x) функція опукла на деякому інтервалі, x, x 2, x - числа цього інтервалу;m, m 2, m - позитивні числа, Що задовольняють умові m + m m =. Тоді виконується нерівність Йєнсена: f(m x + m 2 x m x) m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f(x) Якщо функція y = f(x) - увігнута на деякому інтервалі, x, x 2, x - числа із цього інтервалу; m, m 2, m -позитивні числа, які також задовольняють умову m + m m =. Тоді нерівність Йенсена має вигляд: f(m x + m 2 x m x) m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f(x)» Доказ: Розглянемо функцію f(x), опуклу на інтервалі (a, b) . На її графіку розглянемо точки A, A 2, A і нехай A i = (x i, y i), y i = f (x i). Візьмемо для точок A, A 2, A довільні маси, m 2, m, так, що m + m m =. З того, що f(x)опукла функція випливає те, - 6 -

7 що надграфік функції безліч опуклий. Отже, центр мас Сток A, A 2, A належить надграфіку. Знайдемо координати центру мас: x c = m x + m 2 x m x m + m m = m x + m 2 x m x y c = m y + m 2 y m y m + m m = m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f(x) Так як C належить надграфіку, то отримуємо ч.т.д. y c f(x c) m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f(x) f(m x + m 2 x m x) Користуючись нерівністю йенсену можна довести нерівність Коші: Для будь-яких позитивних чисел a, a 2, a справедлива нерівність: (a + a a) a a 2 a Прологарифмуємо нерівність (3), отримаємо рівносильна нерівність(3) l (a +a 2 + +a) l(a a 2 a) (4) Користуючись властивостями логарифмів, перепишемо нерівність (4) у вигляді: l (a +a 2 + +a) Отримана нерівність є окремим випадком нерівності Йенсена для випадку, коли f(x) = l(x), m = m 2 = = m =. Зауважимо, що функція y = l(x) увігнута на інтервалі (0, +), оскільки y =< 0, поэтому неравенство (5) есть окремий випадокнерівності x2-7 -

8 Йєнсена для увігнутої функції f(x) = l(x). Оскільки нерівність (5) справедлива, то справедлива і рівносильна йому нерівність (3) 2. Перестановна нерівність Визначення. Взаємно однозначна відповідність безлічі чисел (,2,3, ) називається перестановкою з елементів. Позначимо перестановку буквою так, що σ(), σ(2), σ(3) σ() - це числа,2,3, в іншому порядку. Розглянемо два набори чисел a, a 2, a та b, b 2, b. Набори a, a 2, a та b, b 2, b називаються однаково впорядкованими, якщо для будь-яких номерів i та j з того, що a i a j слід те, що b i b j. Зокрема, найбільшому числуз набору a, a 2, a відповідає найбільше з набору b, b 2, b, для другого числа за величиною з першого набір знайдеться друге за величиною число з другого набору і так далі. Набори a, a 2, a та b, b 2, b називаються зворотно впорядкованими, якщо для будь-яких номерів i та j з того, що a i a j слід те, що b i b j. З цього випливає, що найбільшому числу набору a, a 2, a відповідає найменше числоз набору b, b 2, b, другому за величиною числу набору a, a 2, a відповідає друге найменше з кінця число набору b, b 2, b і так далі. Приклад.) Нехай дані два набори, таких, що a a 2 a і b b 2 b, то згідно з даними нами визначеннями ці набори однаково впорядковані. 2) Нехай дано два набори, таких, що a a 2 a і b b 2 b, у такому разі набори чисел a, a 2, a і b, b 2, b будуть зворотно упорядкованими. , b – позитивні речові числа «Теорема. (Перестановна нерівність) Нехай є два набори чисел a, a 2, a та b, b 2, b. Розглянемо безліч їх усіляких перестановок. Тоді значення виразу - 8 -

9 S = a b σ + a 2 b σ2 + + a b σ () буде найбільшим, коли набори a, a 2, a і b, b 2, b однаково впорядковані, і найменшим, коли a, a 2, a і b, b 2, b назад упорядковані. Для решти перестановок сума S перебуватиме між найменшим і найбільшим значеннями.» приклад. Відповідно до теореми a b + b c + c a 3, тому що набір a, b, c і a, b, c назад упорядковано і значення a a b + c c = 3 буде найменшим. Доказ теореми. Розглянемо два набори чисел: перший a, a 2, a другий b, b 2, b. Припустимо, що ці набори не впорядковані однаково. Знайдуться такі індекси i і k, що a i a k ​​і b k b i. Поміняємо у другому наборі числа b k та b i місцями (таке перетворення називається «сортуванням»). Тоді в сумі S доданки a i b i та a k b k заміняться на a i b k і a k b i, а решта доданків залишаться без змін. Зауважимо, що 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 найбільше значення. Найменше значення виходить аналогічно, тільки ми робимо сортування доти, доки набори не будуть упорядкованими назад. У результаті ми прийдемо до найменшому значенню. «Теорема 2. Розглянемо два позитивні набори a, a 2, a 3 a іb, b 2, b 3 b і всі його можливі перестановки. Тоді значення твору (a i + b σ(i)) буде найбільшим, коли набори a, a 2, a 3 a іb, b 2, b 3 b однаково впорядковані, і найменшим, коли вони упорядковані назад

10 Теорема 3. Розглянемо два набори a, a 2, a 3 a іb, b 2, b 3 b елементи цього набору позитивні. Тоді значення () a i + b σ(i) буде найбільшим, коли набори a, a 2, a 3 a іb, b 2, b 3 b однаково впорядковані та найменшим, коли вони впорядковані назад.» Теореми,2,3 є окремими випадками загальної теореми, що розглядається далі. Загальна перестановна нерівність «Теорема 4 (Загальна перестановна нерівність). Нехай функція f- безперервна і опукла на деякому проміжку в R. Тоді для будь-яких наборів чисел a, a 2, a 3 a і b, b 2, b 3 b з проміжку значення виразу f (a + b σ()) + f ( a 2 + b σ(2)) + f (a + b σ()) буде найбільшим, коли набори однаково впорядковані та найменшим, коли набори обернено впорядковані. Теорема 5. Нехай функція f- безперервна і увігнута на деякому проміжку в R Тоді значення виразу f (a + b σ()) + f (a 2 + b σ(2)) + f (a + b σ()) буде найбільшим, коли числа обернено впорядковані і найменшим, коли набори a, a 2, a 3 a і b, b 2, b 3 b однаково впорядковані. Доказ.») Розглянемо випадок = 2. Нехай функція f опукла і є два набори a > a 2 і b > b 2. Нам потрібно довести, що Позначимо 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. Тоді - 0 -

11 a + b 2 = x + k, a 2 + b = x + m, a + b = x + k + m, тому нерівність (2) набуде вигляду f(x + k + m) + f(x + k ) f(x + k) + f(x + m) (3) Для доказу нерівності скористаємося малюнком На малюнку намальовано графік опуклої функції y = f(x) графіці відзначені точки A(x, f(x)), C(x + k, f(x+k)), D(x+m, f(x+m)), B(x+k+m, f(x+k+m)). і на опуклості функції f випливає, що хорда CD лежить нижче хорди AB. Нехай K – середина хорди CD, MЗ середина хорди AB. Зауважимо, що абсциси точок K та M однакові, оскільки x k = 2 ((x + k) + (x + m)) = (2x + k + m) 2 x m = 2 (x + (x + k + m) ) = (2x + k + m) 2 Отже точки K і M лежать на одній вертикальній прямій, звідки випливає, що y m y k. - -

12 Оскільки y m = (f(x) + f(x + k + m)) 2 y k = (f(x + k) + f(x + m)) 2 Звідси випливають нерівності (3) і (2). Що й потрібно було довести. 2) Нехай > 2. Припустимо, набори a, a 2, a 3 a іb, b 2, b 3 b не впорядковані однаково, тобто. знайдуться такі індекси i і k, що a i > a k і 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 Якщо x, x 2, x позитивні числа, i= x i =, то (,) (x, x 2, x) (,0,0,0, 0) «Теорема (Нерівність Карамати) Нехай f: (a, b ) R, f опукла функція x, x 2, x, y, y 2, y (a, b) та (x, x 2, x) (y, y 2, y), тоді f(x) + f(x 2) + f(x) f(y) + f(y 2) + f(y). Якщо f-увігнута функція, то f(x) + f(x 2) + f(x) f(y) + f(y 2) + f(y). Доказ див. 4.Рішення завдань на докази нерівностей. У цьому параграфі розглянуто різні завдання на доказ нерівностей, при розв'язанні яких можна використовувати нерівність Йенсена, перестановочні нерівності або нерівність Карамати. Завдання. Довести нерівність де x, x 2, x > 0 Нехай 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 Тоді з нерівності Йенсена випливає, що - 3 -

14 Доведемо, що i= + x i + x x 2 x + x +x 2 + +x Це вірно тоді і тільки тоді, коли + x x 2 x + x + x x + x x 2 x x x x x x 2 x А остання нерівність збігається з нерівністю Коші. Завдання 2. Довести, що для будь-яких a, b > 0 справедлива нерівність: 2 a + b ab Це рівнозначно нерівності 2ab a + b ab 2ab ab(a + b) 2 ab a + b ч.т.д. Завдання 3. Довести, що для будь-яких a, a 2, a > 0 справедлива нерівність: a a 2 a a a 2 a Нерівність можна переписати у вигляді: - 4 -

15 () (a a a 2 a a 2 a) Зробимо заміну b i = a i, тоді нерівність набуде вигляду: (b + b b) (b b 2 b) Ця нерівність вірна, т.к. це нерівність Коші. Завдання 4. Довести, що для будь-яких a, a 2, a > 0 справедлива нерівність: Розглянемо нерівність для =3. a + a a + a a 2 a 3 a a a a 2 + a 2 a 3 + a 3 a 3 Позначимо a a 2 = x, a 2 a 3 = y, 3 a = z, -вірно Позначимо x = a a 2, x 2 = a 2 a 3, x = a a, Тоді x x 2 x =. Тоді нерівність набуде вигляду: x + x x Ця нерівність випливає з нерівності Коші: ч.т.д. Завдання 5. Довести, що (x + x x) x x 2 x = si x + si x si x si x + x x, де 0 x i π - 5 -

16 Нерівність випливає з нерівності Йенсена для функції y = si x. Функція y = si x увігнута на інтервалі (0, π), оскільки 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 справедлива нерівність: (a + a 2+ +a)(a + a a) 2 Нерівність можна переписати у вигляді: це рівнозначно тому, що (a + a a) a + a a 2 a +a 2 + +a a + a 2+ +a Розглядаємо функцію f(x) = x Йєнсена, отримуємо цю рівність. і скориставшись нерівністю Завдання 7. Довести, що для будь-яких x, y, z > 0 справедлива нерівність x 5 + y 5 + z 5 x 3 y 2 + y 3 x 2 + z 3 x 2 Застосуємо перестановну нерівність. Нехай перший набір має вигляд Другий x3, y3, z3, x2, y2, z2 Вираз, що стоїть у лівій частині, буде найбільшим, т.к. Значення виразу, що стоїть у лівій частині x 5 + y 5 + z 5 складено з однаково впорядкованих наборів чисел. З цього випливає, що значення, отримане -

17 при всіх інших перестановках не більше значення, Отриманої при «найправильнішої» розстановці змінних. Завдання 8. Довести, що для будь-яких x, y, z > 0 справедлива нерівність: x + x 2 + y + y 2 + z + z 2 x + y 2 + y + z 2 + z + x 2 Можна вважати, що x y z. Нехай a = x, a 2 = y, a 3 = z, b = + x 2, b 2 = + y 2, b 3 = + z 2 Набори a, a 2, a 3 та b, b 2, b 3 протилежно впорядковані, тому за перестановковою нерівністю сума a b + a 2 b 2 + a 3 b 3 найменша серед сум Зокрема Що еквівалентно 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. Завдання 9. Довести, що для будь-яких a, a 2, a > 0 справедлива нерівність: (+ a 2 2) (+ a 2 2) (+ a a 2 a 3 a)(+ a 2) (+ a) Помножимо на a a 2 a, отримаємо (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 Прологарифмуємо нерівність і отримаємо рівносильну нерівність. 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.) Скористаємося загальною перестановною нерівністю для увігнутої функції y = l x. Нехай a i = a i, b i = a i 2. Тоді набори b, b 2, b та a, a 2, a однаково впорядковані, тому l(b + a) + l(b 2 + a 2) + + l(b + a ) l(b + a 2) + l(b 2 + a 3) + + l(b + a), що доводить нерівність (9.). Завдання 0. Довести, що для будь-яких позитивних a, b, c a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ac (0.) Нехай a b c.. Так як набори (a, b, c) та (a, b , c) однаково впорядковані, а набори (a, b, c) і (b, c, a) не однаково впорядковані, то нерівність (0.) випливає з нерівності перестановки. Завдання. Довести, що й xy + yz + zx =, то Нерівність (.) випливає із завдання 0. Завдання 2. Довести, що й a, b, c > 0, то x 2 + y 2 + z 2 (.). (a + c)(b + d) ab + cd Оскільки корінь квадратний більший або дорівнює нулю, можна звести праву і ліву частину в квадрат. Отримаємо: (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 -Вірно Завдання 3, 4. Довести, що для будь-яких a, a 2, a > 0 справедлива нерівність: 3) a 2 + a a 2 (a +a 2 + a) 2 4)a 2 + a a 2 (3.) (4.) де a + a 2 + a = Нерівність (4.) випливає з ( 3.) при a + a 2 + a =. Будемо доводити нерівність (3.). Його можна перетворити на вигляд Або a 2 + a a 2 (a + a 2 + a) 2 2 a 2 + a a 2 (a + a a) Скористаємося нерівністю Йенсена для опуклої функції f(x): f(q x + q 2 x 2 + q x) q f ​​(x) + q 2 f (x 2) + q f (x), де 0 q i, q + q 2 + q =. Якщо взяти f(x) = x 2, q i =, i =, 2, то отримаємо нерівність (3.), Ч.т.д. Завдання 5. Довести, що для будь-якого натурального і для будь-яких p, q справедливорівність () 2 pq + ()(p + q) + () pq + (5.) - 9 -

20 Перетворимо нерівність (5.) до еквівалентного вигляду: () 2 pq + () (p + q) + () pq + () 2 pq + () (p + q) + () pq 0 Наведіть такі отримаємо: ( )[()pq + (p + q) pq] + 0 () () 0 () 0 () 0 завжди, тому що -натуральне Доведемо, що Зауважимо, що 0 (5.2) p + q pq = p(q ) (q) = (p)(q) Оскільки p, q, то p 0, q 0, отже, нерівність (5.2) справедлива. Завдання 6. Для будь-яких позитивних чисел x, y, z справедлива нерівність: .< 0, то неравенство (6.) выполнено 2) Пусть все множители в правой части >0. Тоді нерівність (6.) еквівалентна нерівності l x + l y + l z l (y + z x) + l (z + x y) + l (x + y z) Нехай f (x) = l x. Оскільки f(x)`` = x 2< 0то функция f(x) = l x вогнутая на интервале (0, +) Проверим, что набор (y + z x, x + z y, x + y z) мажорирует набор (x, y, z). Действительно:

21 x + y z x (т. до. y z 0); (x + y z) + (x + z y) = 2x x + y (x + y z) + (x + z y) + (y + z x) = x + y + z Так як функція f(x) = l x увігнута, то з нерівності Карамати випливає, що l(x + y z) + l (x + z y) + l (y + z x) = l x + l y + l z, що доводить нерівність (6.). Завдання 7. Довести, що для будь-яких a, b і c > 0 справедлива нерівність: a 2 + b 2 + c ab + ac + bc a 2 + 2bc + b 2 + 2ac + c 2 + 2ab Це еквівалентно тому, що нехай a b c. a 2 + b 2 + c 2 + ab + ac + bc + ab + ac + bc Розглянемо два набори чисел a 2 + 2bc + b 2 + 2ac + c 2 + 2ab (a 2 + b 2 + c 2, ab + ac + b, ab + ac + b) (7.) (a 2 + 2bc, b 2 + 2ac, c 2 + 2ab) (7.2) Потрібно довести, що (7.) мажорує (7.2). Скористаємося визначенням мажоризації:) a 2 + b 2 + c 2 a 2 + 2bc (b c) 2 0-вірно 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)(ca) 0-2 -

22 (c b) 0 і (ca) 0, тоді (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 Вірно. Отже, набір чисел (7.) мажорує набір чисел (7.2). Застосовуючи нерівність Карамати для опуклої функції f(x) = x, отримуємо правильну вихідну нерівність. Завдання 8. Для a, b, c, d > 0 довести, що справедлива нерівність 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 Нехай b c d Зробимо заміну: x = l a, y = l b, z = l c, w = l d і запишемо вихідну нерівність у вигляді: e 4x + e 4y + e 4z + e 4w + e x+ Розглянемо два набори чисел: (4x, 4y, 4z, 4w, x + y + z + w, x + y + z + w) і (2x + 2y, 2x + 2z, ​​2x + 2w, 2y + 2z, ​​2y + 2w, 2z + 2w) Упорядкуємо ці набори: (4x, 4y, 4z, x + y + z + w, x + y + z + w, 4w) та (8.) Другий залишається без зміни: (2x + 2y, 2x + 2z, ​​2x + 2w, 2y + 2z, ​​2y + 2w, 2z + 2w) (8.2) Доведемо, що (8.) мажорує (8.2)

23) 4x 2x + 2y, x y вірно 2) 4x + 4y 4x + 2y + 2z,y z вірно 3) 4x + 4y + 4z 4x + 2y + 2z + 2x + 2w y + z x + w Так як набори впорядковані таким чином, що 2x + 2w 2y + 2z тобто. x + w y + z, то випадок 3) можливий тільки при 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 Аналогічно попередньому випадку, ця нерівність коректна при x + w = ​​y + z 5) 4x + 4y + 4z + 2x + 2y + 2z + 2w 4x + 2y + 2z + 2x + 2w + 2y + 2z + 2y + 2w z w вірно 6) 4x + 4y + 4z + 2x + 2y + 2z + 2w + 4w 4x + 2y + 2z + 2x + 2w + 2y + 2z + 2y + 2w + 2z + 2w 0 = 0 , набір (8.) мажорує набір чисел (8.2). Скориставшись нерівністю Карамати для функції f(x) = e x, отримуємо правильна нерівність. Завдання 9. Для a, b, c > 0 довести, що справедлива нерівність a 3 + b 3 + c 3 + abc 2 3 (a2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca)

24 Нехай a b c Помножимо обидві частини нерівності на 3, отримаємо 3a 3 + 3b 3 + 3c 3 + 3abc 2(a 2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca) 2 (9.) Зробимо заміну : І запишемо нерівність (9.) у вигляді: 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+ Розглянемо два набори: (3x, 3x, 3x, 3y, 3y, 3y, 3z, 3z, 3z, x + y + z, x + y + z, x + y + z) та (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) Упорядкуємо ці набори: (3x, 3x, 3x, 3y, 3y, 3y, x + y + z, x + y + z, x + y + z, 3z, 3z, 3z,) та (9.2) Упорядкуємо другий набір: 2x + y z + 2x y z вірно y + 2z 2z + x y x вірно Таким чином, отримуємо набір: (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) Потрібно довести, що набір чисел (9.2) мажорує набір чисел (9.3)) 3x 2x + y, x y 2) 6x 4x + 2y, x y 3) 9x 6x ​​+ 2y + z, 3x 2y + z

25 4) 9x + 3y 4x + 2y + 2z + 4x, x + y 2z, при x = y отримуємо, що y z 5) 9x + 6y 4x + 2y + 2z + 4x + 2y + x, y z 6) 9x + 9y 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x, x + 3y 2z 0 При x = yотримуємо, що y z 7) 9x + 9y + x + y + z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 2y + z , отримуємо y z 8) 9x + 9y + 2x + 2y + 2z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 4y + 2z, ​​x + y + 3z 0 9) 9x + 9y + 3x + 3y + 3z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 4y + 2z + 2z + x, x + 2y + 3z 0 0) 9x + 9y + 3x + 3y + 3z + 3z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 4y + 2z + 4z + 2x, y z) 9x + 9y + 3x + 3y + 3z + 6z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 4y + 2z + 4z + 2x + 2z + y, 5y z 2) 9x + 9y + 3x + 3y + 3z + 9z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 4y + 2z + 4z + 2x + 4z + 2y 2x + 2y + 2z = 2x + 2y + 2z Таким чином, набір чисел (9.2) мажорує набір чисел (9.3) і за нерівністю Карамати для функції f(x) = e x отримуємо правильну нерівність

26 Список літератури) Ю.П.Соловйов. Нерівності. М.: Видавництво Московського центру безперервного математичного образования.2005г.. 6с. 2) І.Х. Сівашинський. Нерівності у завданнях М.: Наука, с. 3) А. І. Хоробров. Навколо монгольської нерівності Матем. просв., сірий. 3, 7, МЦНМО, М., 2003, с. 4) Л. В. Радзівіловський, Узагальнення перестановної нерівності та монгольська нерівність, Матем. просв., сірий. 3, 0, Вид-во МЦНМО, М., 2006, с. 5) Ст А.ч Кречмар. Задачник з алгебри. Видання п'яте М., наука, с. 6) Д. Номирівський Нерівність Карамати /Д. Номирівський // (Квант)-С

Випуклі множинита функції R n безліч наборів з n дійсних чисел. Далі це безліч називатимемо простором, його елементи точками, точку з координатами (x 1,..., x n) будемо позначати

Умови задач 1 Муніципальний етап 8 клас 1. На дошці написано два числа. Одне з них збільшили у 6 разів, а інше зменшили на 2015 рік, при цьому сума чисел не змінилася. Знайдіть хоча б одну пару таких

Розділ IX. Евклідові та унітарні простори 35. Скалярний добутоку векторному просторі Уральська федеральний університет, Інститут математики та комп'ютерних наук, кафедра алгебри та дискретної

Уральський федеральний університет, Інститут математики та комп'ютерних наук, кафедра алгебри та дискретної математики Вступні зауваження При вирішенні багатьох завдань виникає необхідність мати числові

Розв'язання задач очного туру дев'ятої олімпіади Ейлера 1. Розглядаються всі рішення системи xyz1, xyzx, xyz. Знайдіть усі значення, які може набувати x. Відповідь: 1; 1; 1. Рішення 1. Оскільки x y

Лекція 4 1. ВЕКТОРИ Вектор направлений відрізок. Рівні вектори: мають однакові довжиниі збігаються напрямки (паралельні та спрямовані в одну сторону) Протилежні вектори: мають однакові довжини

Тема 1-8: Комплексні числа А. Я. Овсянніков Уральський федеральний університет Інститут математики та комп'ютерних наук кафедра алгебри та дискретної математики алгебра та геометрія для механіків (1 семестр)

Пензенський державний університетФізико-математичний факультет «Очно-заочна фізико-математична школа» МАТЕМАТИКА Тотожні перетворення. Розв'язання рівнянь. Трикутники Завдання 1 для

Московський фізико-технічний інститут Показові, логарифмічні рівняннята нерівності, метод потенціювання та логарифмування у вирішенні завдань. Методичний посібникз підготовки до олімпіад.

98 МАТЕМАТИКА: АЛГЕБРА І ПОЧАТКУ АНАЛІЗУ ГЕОМЕТРІЯ Розв'язання рівнянь засновані на властивостях опуклої функції Ліпатова СВ г Калуга МБОУ «Ліцей 9 імені КЕ Ціолковського» 0 «А» клас Науковий керівник:

Алгебраїчна форма комплексного числа. Навчальна презентація О. В. Лихацький Керівник: Є. А. Максименко Південний федеральний університет 14 квітня 2008 р. О. В. Лихацький (ПФУ) Алгебр. форма компл. числа

ÌÃÒÓ ÌÃÒÓ ÌÃÒÓ ÌÃÒÓ ÌÃÒÓ ÌÃÒÓ Московський державний технічний університетімені Н.Е. Баумана Факультет « Фундаментальні науки" Кафедра " Математичне моделювання» À.Í. Êàíàòíèêîâ, À.Ï. Êðèùåíêî

72 Глава2 Багаточлени Приклади та коментарі Алгоритми А-01 Запис багаточлена в стандартному виглядіА-02 Дії над багаточленами А-03 Усні перетворення А-04 Формули скороченого множення А-05 Біном Ньютона

Розв'язання задач заочного туру 6-ї олімпіади Ейлера I Математичний блок З'ясуйте, за яких значень параметра знайдуться речові числа x і y, що задовольнять рівняння xy + x + y + 7 Відповідь: 89 Розв'язання

Лекція 8 Розділ Векторна алгебраВектори Величини, які визначаються лише своїм числовим значенням, називаються скалярними прикладами скалярних величин: довжина, площа, об'єм, температура, робота, маса

Міжрегіональна олімпіадашколярів « Вища Проба», 2017 р. МАТЕМАТИКА, 2 етап стор. 1/10 Рішення та критерії оцінювання завдань олімпіади 10-1 У компанії з 6 осіб деякі компанії по троє ходили

7. Екстремуми функцій кількох змінних 7.. Локальні екстремумиНехай функцію f(x,..., x n) визначено на деякому відкритому множині D R n. Точка M D називається точкою локального максимуму(локального

Восьма олімпіада Ейлера для вчителів математики Розв'язання задач заочного туру Розв'яжіть рівняння a b c b a c a b a b c де a, b і c позитивні числа Рішення Зрозуміло, що a b c рішення даного рівняння

І курс, завдання. Доведіть, що функція Рімана, якщо 0, m m R(), якщо, m, m 0, і дріб нескоротний, 0, якщо ірраціонально, розривний у кожній раціональної точкиі безперервна в кожній ірраціональній. Рішення.

Міська олімпіадаз математики м. Хабаровськ, 1997 Завдання 1. Знайти рішення рівняння 9 КЛАС (x + 2) 4 + x 4 = 82. (1) Рішення. Після заміни змінної x = y 1 рівняння (1) можна записати як

Уральський федеральний університет, Інститут математики та комп'ютерних наук, кафедра алгебри та дискретної математики Вступні зауваження У трьох попередніх лекціях вивчалися прямі та площини, тобто.

Тема 2-14: Євклідові та унітарні простори А. Я. Овсянніков Уральський федеральний університет Інститут математики та комп'ютерних наук кафедра алгебри та дискретної математики алгебра та геометрія для

Дев'ята олімпіада Ейлера для вчителів математики Розв'язання задач заочного туру 1. Розв'яжіть щодо x рівняння x(x ab) a b. Рішення. Зрозуміло, що a b корінь даного рівняння. Розділивши багаточлен x abx

1. Лінійні рівняння з двома змінними У першому завданні ми розглянули лінійні рівняння з однією змінною. Наприклад, рівняння 2x+ 5= 0, 3x+ (8x 1) + 9= 0 є лінійними рівняннямизі змінною

Розділ 6 Векторна алгебра 6.1. Вектори на площині та у просторі Геометричний вектор, або просто вектором, називається спрямований відрізок, тобто відрізок, в якому одна з граничних точок названа

Завдання Відкритої олімпіади школярів з математики (54 Переліку олімпіад школярів, 2015/2016 уч. рік) Зміст I. Завдання заключного етапуолімпіади для 11 класу... 2 II. Завдання 1 туру відбірного

3.. Методи вирішення раціональних нерівностей 3..1. Числові нерівності Спочатку визначимо, що розуміємо під твердженням a > b. Визначення 3.1. Число a більше числа b, якщо різницю між ними позитивна.

Лекція 13. Опуклі функції та формула Тейлора 1 Випуклі та увігнуті C -Гладкі функції. Визначення 1 Функція називається опуклою (увігнутою), якщо її надграфік (підграфік) опукла область. Приклад 1 x

Практикум: «Диференційність та диференціал функції» Якщо функція y f () має кінцеву похідну в точці, то збільшення функції в цій точці можна представити у вигляді: y(,) f () () (), де () при

Лекція 2 Вектори Визначники другого та третього порядку 1 ВЕКТОРИ Вектор спрямований відрізок Рівні вектори: мають однакові довжини та збігаються напрямки (паралельні та спрямовані в одну сторону)

Розв'язання задач заочного туру 0 I Математичний блок Завдання Знайдіть число натуральних коренів рівняння Відповідь: 00 0 рішень Розв'язання задачі Уявимо число у вигляді Тоді права частинаданого рівняння дорівнює

Конспект лекції 11 ЕКЛІДОВІ ПРОСТІР 0. План лекції 1. Скалярний твір. 1.1. Визначення скалярного твору. 1.2. Еквівалентний запис через проекції. 1.3. Доказ лінійності по

Олімпіада «Майбутні дослідники майбутнє науки» Математика. Відбірковий тур 4.0.0 ЗАВДАННЯ ТА РІШЕННЯ 8 9 клас 8-9. Яке число більше: 0 0 0 0 або 0 0 0 0? Відповідь. Перше число більше за друге. Рішення. Позначимо

0 клас Перший тур (0 хвилин; кожне завдання 6 балів)... Відомо, що tg + tg = p, ctg + ctg = q. Знайдіть tg(+). pq Відповідь: tg. q p З умови p tg q tg tg tg tg p та рівності ctg ctg q, отримаємо, що

Математичний аналіз 2.5 Лекція: Екстремуми функції кількох змінних Доцент кафедри ВММФ Зальмеж Володимир Феліксович Розглянемо функцію w = f(x), визначену в області D R n. Крапка x 0 D називається

Тема 1-4: Алгебраїчні операції А. Я. Овсянніков Уральський федеральний університет Інститут математики та комп'ютерних наук кафедра алгебри та дискретної математики алгебра та геометрія для механіків (1

Зміст І. В. Яковлєв Матеріали з математики MathUs.ru Системи алгебраїчних рівняньПодвійна заміна...................................... Симетричні системи........ .........................

Федеральне агентствоза освітою Федеральна державна освітня установавищого професійної освітиПІВДЕННИЙ ФЕДЕРАЛЬНИЙ УНІВЕРСИТЕТ Р. М. Гаврилова, Г. С. Костецька Методичні

Лекція 10 1 ЕКЛІДОВИЙ ПРОСТІР 11 Визначення Нехай V (R) ЛП над полем дійсних чисел Скалярний твір на V це довільна функція V V R, що ставить у відповідність упорядкованій парі векторів

1 Комплексні функції 1.1 Комплексні числа Нагадаємо, що комплексні числаможна визначити як безліч упорядкованих пар дійсних чисел C = ((x, y) : x, y R), z = x + iy, де i уявна одиниця (i

Глава 4 Основні теореми диференціального обчисленняРозкриття невизначеностей Основні теореми диференціального обчислення Теорема Ферма (П'єр Ферма (6-665) французький математик) Якщо функція y f

Конспект лекції 10 АФІННІ ПРОСТІР 0. План лекції Лекція Афінні простори. 1. Афінний базис. 2. Афінні координатиточок. 3. Векторне рівняння прямої. 4. Векторне рівняння площини. 5.

8 КЛАС 1. Доведіть, що для будь-якого натурального числаn можна вибрати таке натуральне число а, щоб число a(n+ 1) (+ n+1) націло ділилося на. 2. У міській олімпіаді з математики брали участь два

Уральський федеральний університет, Інститут математики та комп'ютерних наук, кафедра алгебри та дискретної математики Вступні зауваження У цій лекції вивчається ще одна крива другого порядку гіперболу.

Домашня роботаз алгебри за 0 клас до підручника «Алгебра та початку аналізу 0-клас» Алимов Ш.А. та ін, -М.: «Освіта», 00г. www.balls.ru Зміст Глава I. Справжні числа.. Глава II. Ступінь

Вектор алгебра концепція векторного простору. Лінійна залежністьвекторів. Властивості. Концепція базису. Векторні координати. Лінійні перетворення векторні простори. Власні числата власні

Федеральне агентство з освіти Томський державний університет систем управління та радіоелектроніки Кафедра вищої математики(ВМ) Приходовський М.А. ЛІНІЙНІ ОПЕРАТОРИ ТА КВАДРАТИЧНІ ФОРМИ

Уральський федеральний університет, Інститут математики та комп'ютерних наук, кафедра алгебри та дискретної математики Вступні зауваження У даній лекції вводиться операція множення матриць, вивчаються

Московський фізико-технічний інститут Нерівність Коші-Буняковського. Методичний посібник із підготовки до олімпіад. Упорядник: Паркевич Єгор Вадимович Москва 014 Теоретичний матеріал. У цій роботі

Лабораторна робота 1 множини. Відображення. СИСТЕМИ МНОЖИН 1. ОСНОВНІ ПОННЯТТЯ ТА ТЕОРЕМИ Нехай X безліч і нехай (x) деяка властивість, яка для кожного конкретного елемента

Семінар 2. Коніки на проектній площині 1. Визначення коніки в P 2. Перші властивості коник. Як і раніше, ми працюємо в k = R або C. Визначення коніки в P 2. Розглянемо проектне відображення f: l

5 Елементи функціонального аналізу 5.1 Лінійні, нормовані та банахові простори 5.1.1 Визначення просторів Непорожня множина X елементів x, y, z,... називається лінійним (векторним) простором,

ЛД Лаппо, АВ Морозов Домашня робота з алгебри за 0 клас до підручника «Алгебра та початки аналізу: Навч.

Глава 8 Прямі та площини 8.1. Рівняння ліній та поверхонь 8.1.1. Припустимо, що на площині задана афінна системакоординат. Нехай l крива на площині та f(x, y) деяка

Міністерство освіти та науки Російської ФедераціїФедеральне агентство з освіти Пензенський державний університет Руденко АК, Руденко МН, Семерич ЮС ЗБІРНИК ЗАДАЧ З РІШЕННЯМИ ДЛЯ ПІДГОТОВКИ

Рівняння В алгебрі розглядають два види рівностей тотожності і рівняння Тотожність ця рівність яка виконується при всіх допустимих значеннях входять до нього букв Для тотожності використовують знаки

Завдання заочного туру з математики для 9 класу 2014/2015 навч. рік, перший рівень складності Завдання 1 Розв'язати рівняння: (x+3) 63 + (x+3) 62 (x-1) + (x+3) 61 (x-1) 2 + + (x-1) 63 = 0 Відповідь: -1 Завдання 2 Сума

Табір 57 школи Липень 06 Нерівності (конспект) Дмитрієва А, Іонов До Заняття перше Прості нерівностіНерівності про середні Завдання Доведіть нерівність x + 4y + 9z 4xy + 6yz + 6zx Розв'язання: x + 4y + 9z

Міністерство освіти Московської області Державна бюджетна освітня установа вищої професійної освіти Московської області « Міжнародний університетприроди, суспільства та

Міжрегіональна олімпіада школярів «Вища Проба», 2017 р. МАТЕМАТИКА, 2 етап стор.

Міністерство освіти та науки Російської Федерації Московський фізико-технічний інститут (державний університет) Заочна фізико-технічна школа МАТЕМАТИКА Тотожні перетворення. Рішення

Лекція 7 Розділ. Системи лінійних нерівностей.. Основні поняття Системи лінійних нерівностей застосовуються для вирішення різних математичних завдань. Системою лінійних нерівностей з невідомими система