Chứng minh rằng bất đẳng thức là đúng. Chứng minh và giải bất đẳng thức

Biên bản ghi nhớ Grishino - Trường trung học Slobodskaya

chương trình mô-đun

"Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức"

trong môn học tự chọn

"Đằng sau những trang sách giáo khoa toán học"

dành cho học sinh lớp 10-11

Biên soạn bởi:

giáo viên toán

Pankova E.Yu.

ghi chú giải thích

“Toán học được gọi là khoa học lặp lại: nói cách khác, các nhà toán học được cho là dành thời gian để chứng minh rằng mọi thứ đều bình đẳng với chính họ. Tuyên bố này rất không chính xác vì hai lý do. Đầu tiên, toán học, mặc dù đặc trưng của nó ngôn ngữ khoa học, không phải là khoa học; đúng hơn, nó có thể được gọi là nghệ thuật. thứ hai các kết quả cơ bản của toán học thường được biểu thị bằng các bất đẳng thức hơn là bằng.”

Bất đẳng thức được sử dụng trong công việc thực tế toán mọi lúc. Chúng được sử dụng để thu được một số tính chất cực kỳ thú vị và quan trọng của các hình "đối xứng": hình vuông, hình lập phương, tam giác đều, cũng như để chứng minh sự hội tụ của các quá trình lặp và tính toán một số giới hạn. Vai trò của bất đẳng thức cũng rất quan trọng trong các câu hỏi khác nhau của khoa học tự nhiên và công nghệ.

Các bài toán chứng minh bất đẳng thức là bài khó và thú vị nhất trong các bài truyền thống. Việc chứng minh các bất đẳng thức đòi hỏi sự khéo léo, sáng tạo thực sự khiến toán học trở thành một môn học thú vị.

Dạy học chứng minh có vai trò to lớn trong việc phát triển tư duy suy diễn toán học và năng lực tư duy tổng hợp của học sinh. Làm thế nào để dạy học sinh độc lập thực hiện chứng minh bất đẳng thức? Câu trả lời là: chỉ bằng cách xem xét nhiều kỹ thuật và phương pháp chứng cứ và áp dụng chúng thường xuyên.

Các ý tưởng được sử dụng để chứng minh các bất đẳng thức cũng đa dạng như chính các bất đẳng thức đó. Trong các tình huống cụ thể, các phương pháp chung thường dẫn đến các giải pháp xấu. Nhưng sự kết hợp không rõ ràng của một số bất đẳng thức "cơ bản" chỉ có thể xảy ra đối với một số học sinh. Và, bên cạnh đó, không có gì ngăn cản học sinh trong từng trường hợp cụ thể tìm kiếm một giải pháp tốt hơn giải pháp thu được bằng phương pháp chung. Vì lý do này, việc chứng minh các bất đẳng thức thường được xếp vào lĩnh vực nghệ thuật. Và giống như tất cả nghệ thuật, có kĩ thuật, bộ rất rộng và rất khó để thành thạo tất cả, nhưng mỗi giáo viên nên cố gắng mở rộng công cụ toán học có sẵn trong kho của mình.

Mô-đun này được khuyến nghị cho học sinh lớp 10-11. Không phải tất cả các phương pháp khả thi để chứng minh các bất đẳng thức đều được xem xét ở đây (phương pháp thay đổi một biến, chứng minh các bất đẳng thức bằng đạo hàm, phương pháp nghiên cứu và khái quát hóa, và kỹ thuật sắp xếp thứ tự không bị ảnh hưởng). Bạn có thể đề nghị xem xét các phương pháp khác ở giai đoạn thứ hai (ví dụ, ở lớp 11), nếu mô-đun này của khóa học khơi dậy sự quan tâm của học sinh, cũng như tập trung vào sự thành công của việc thành thạo phần đầu tiên của khóa học.


		Phương trình và bất phương trình với một tham số.
		Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức.
		Phương trình và bất phương trình chứa ẩn số dưới dấu môđun.
		Hệ bất phương trình hai biến.

Nội dung học phần tự chọn

"Đằng sau những trang sách giáo khoa toán học"

"Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức"


		Giới thiệu.
		Chứng minh bất phương trình dựa vào định nghĩa.
		Phương pháp quy nạp toán học.
		Ứng dụng của bất đẳng thức cổ điển.
		Phương pháp đồ họa.
		Phương pháp ngược lại.
		Một kỹ thuật để xem xét sự bất bình đẳng đối với một trong các biến.
		Ý tưởng khuếch đại
		Bài học - kiểm soát.

Bài 1. Giới thiệu.

Chứng minh bất đẳng thức là một chủ đề hấp dẫn và đầy thách thức trong toán tiểu học. Vắng mặt Cách tiếp cận thống nhấtđối với bài toán chứng minh bất đẳng thức, dẫn đến việc tìm kiếm một số kỹ thuật thích hợp để chứng minh bất đẳng thức một số loại. Khóa học tự chọn này sẽ kiểm tra các phương pháp sau chứng minh bất đẳng thức:

lặp lại:

Tiến hành chứng minh một số tính chất.

Bất đẳng thức cổ điển:

1)
(Bất đẳng thức Cauchy)

Lịch sử tham khảo:

Bất đẳng thức (1) được đặt tên theo nhà toán học Pháp Tháng Tám Cauchy. Con số
gọi điện trung bình cộng số a và b;

con số
gọi điện trung bình hình học số a và b. Như vậy, bất đẳng thức có nghĩa là trung bình cộng của hai số dương không nhỏ hơn trung bình nhân hình học của chúng.

Ngoài ra:

Hãy xem xét một số ngụy biện toán học với sự bất bình đẳng.

ngụy biện toán học- một tuyên bố đáng kinh ngạc, trong bằng chứng về những lỗi không thể nhận thấy và đôi khi khá tinh vi được ẩn giấu.

ngụy biện là kết quả sai thu được với sự trợ giúp của lý luận dường như chỉ đúng, nhưng nhất thiết phải chứa lỗi này hoặc lỗi khác.

Ví dụ:

bốn trên mười hai

Bài 2. Chứng minh bất phương trình dựa vào định nghĩa.

Bản chất của phương pháp này như sau: để thiết lập giá trị của các bất đẳng thức F(x,y,z)>S(x,y,z) tạo nên sự khác biệt F(x,y,z)-S( x,y,z) và chứng minh rằng nó dương. Sử dụng phương pháp này, người ta thường chọn ra một hình vuông, một hình lập phương của một tổng hoặc hiệu, một bình phương không đầy đủ của một tổng hoặc hiệu. Điều này giúp xác định dấu hiệu của sự khác biệt.

Ví dụ. Chứng minh bất đẳng thức (x+y)(x+y+2cosx)+2 2sin 2x

Bằng chứng:

Xét hiệu (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.

Chứng minh bất đẳng thức:

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

4.
>2x-20

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

Bài 3. Phương pháp quy nạp toán học.

Khi chứng minh các bất đẳng thức chứa số tự nhiên, người ta thường dùng đến phương pháp quy nạp toán học. Phương pháp như sau:

1) kiểm tra tính đúng của định lý cho n=1;

2) chúng ta giả định rằng định lý đúng với n=k nào đó, và dựa trên giả định này, chúng ta chứng minh tính đúng của định lý cho n=k+1;

3) dựa vào hai bước đầu tiên và nguyên lý quy nạp toán học, ta kết luận rằng định lý đúng với mọi n.

Ví dụ.

Chứng minh bất đẳng thức

Bằng chứng:

1) với n=2 thì bất đẳng thức đúng:

2) Để bất đẳng thức đúng với n=k i.e.
(*)

Hãy để chúng tôi chứng minh rằng bất đẳng thức đúng với n=k+1, tức là
. Hãy để chúng tôi nhân cả hai phần của bất đẳng thức (*) với
ta được 3) Từ mục 1. và mục 2 ta kết luận bất đẳng thức đúng với mọi n.

Bài tập cho lớp học và bài tập về nhà

Chứng minh bất đẳng thức:

6)
.

bài 4 Ứng dụng của bất đẳng thức cổ điển.

Bản chất của phương pháp này như sau: sử dụng một loạt các phép biến đổi, bất đẳng thức cần thiết được rút ra bằng cách sử dụng một số bất đẳng thức cổ điển.

Ví dụ.

Chứng minh bất đẳng thức:

Bằng chứng:

Là một bất đẳng thức tham chiếu, chúng tôi sử dụng .

Chúng tôi giảm sự bất bình đẳng này để loại tiếp theo:

, sau đó

Nhưng =
, sau đó

Chứng minh bất đẳng thức:

1)(p+2)(q+2)(p+q)16pq (để chứng minh ta dùng bất đẳng thức
)

2)
(đối với tài liệu, sự bất bình đẳng được sử dụng)

3) (a+b)(b+c)(c+a) 8abc (bất đẳng thức dùng để chứng minh)

4) (để chứng minh, bất đẳng thức được sử dụng).

Bài 5 Phương pháp đồ họa.

Chứng minh bất đẳng thức phương pháp đồ họa như sau: nếu ta chứng minh bất đẳng thức f(x)>g(x)(f(x)

1) dựng đồ thị của các hàm y=f(x) và y=g(x);

2) nếu đồ thị của hàm số y=f(x) nằm phía trên (phía dưới) đồ thị của hàm số y=g(x), thì bất đẳng thức đang được chứng minh là đúng.

Ví dụ.

Chứng minh bất đẳng thức:

cosx
,x0

Bằng chứng:

Hãy để chúng tôi xây dựng trong một hệ tọa độ đồ thị của các hàm y=cosx và

Từ đồ thị có thể thấy rằng tại x0 đồ thị của hàm số y=cosx nằm phía trên đồ thị của hàm số y= .

Nhiệm vụ để làm việc trong lớp học và ở nhà.

Chứng minh bất đẳng thức:

4)
.

Bài 6

Bản chất của phương pháp này như sau: cần phải chứng minh tính đúng của bất đẳng thức F(x,y,z) S(x,y,z)(1). Điều ngược lại được giả định, tức là bất đẳng thức F(x,y,z) S(x,y,z)(2) đúng với ít nhất một tập hợp các biến. Sử dụng tính chất của bất phương trình, thực hiện các phép biến đổi của bất phương trình (2). Nếu kết quả của các phép biến đổi này là một bất đẳng thức sai, thì điều này có nghĩa là giả định về tính hợp lệ của bất đẳng thức (2) là sai, và do đó bất đẳng thức (1) là đúng.

Ví dụ.

Chứng minh bất đẳng thức:

Bằng chứng:

Giả sử ngược lại, tức là .

Hãy bình phương cả hai phần của bất đẳng thức, chúng ta nhận được
và hơn thế nữa

. Nhưng điều này mâu thuẫn với bất đẳng thức Cauchy. Vì vậy, giả định của chúng tôi là sai, tức là, sự bất bình đẳng Bài tập cho công việc trong lớp học và ở nhà là đúng.

bài 9 Bài học - kiểm soát kiến thức của học sinh.

Bài học này có thể được thực hiện theo cặp hoặc nếu số lượng lớn lớp theo nhóm. Vào cuối bài học, mỗi học sinh nên được đánh giá. Đây là bảng điểm cho khóa học này. Không nên thực hiện công việc kiểm soát về chủ đề này. chứng minh các bất đẳng thức, như đã đề cập trong phần giải thích, thuộc về lĩnh vực nghệ thuật. Ở phần đầu, học sinh được yêu cầu tự xác định phương pháp chứng minh các bất đẳng thức đề xuất. Nếu học sinh gặp khó khăn, giáo viên sẽ chỉ cho họ phương pháp hợp lý, đồng thời cảnh báo cả nhóm rằng điều này tất nhiên sẽ ảnh hưởng đến việc đánh giá của họ.

Làm việc theo cặp.

Ví dụ nhiệm vụ.

________________________________________________________________

Chứng minh bất đẳng thức:

1.
(phương pháp quy nạp toán học)

2.
(a-prior)

Mô-đun . phương trình và bất bình đẳng với các tham số. ... thuộc tính, từ ngữ và bằng chứng các định lý, dẫn xuất của các công thức ... đơn giản nhất bất bình đẳng. 7. Biết cách sử dụng phương pháp khoảng...

Chương trình Olympic mở rộng và yêu cầu chuẩn bị kiến thức môn Toán cho học sinh lớp 9

Chương trình

Ý tưởng mô-đun số thực. số học và định nghĩa hình học mô-đun. Tiết lộ mô-đun. ... bất bình đẳng. Bằng chứng bất bình đẳng. Giải phương trình tuyến tính, bình phương, phân số-hữu tỷ bất bình đẳng với một biến. Phán quyết bất bình đẳng ...

Chương trình tự chọn môn toán lớp 8

Chương trình

Chứng tỏ phương pháp bằng chứng phức tạp hơn một chút bất bình đẳng với điều này đơn giản bất bình đẳng? Vì vậy, trong bộ trưởng này chương trình ...

bảng điểm

1 FGBOU VO "ĐẠI HỌC CÔNG NGHỆ PETROZAVODSK" KHOA TOÁN HỌC VÀ CÔNG NGHỆ THÔNG TIN Khoa Hình học và Tô pô Khalzenen Elizaveta Sergeevna Luận văn tốt nghiệp cử nhân Phương pháp chứng minh bất đẳng thức Hướng: "0.03.0" "Toán học" Người hướng dẫn Giáo sư, Tiến sĩ. -m. Khoa học, Platonov S.S. (chữ ký của người đứng đầu) Petrozavodsk

2 Nội dung Mở đầu... 3. Bất đẳng thức Jensen Bất đẳng thức hoán vị Bất đẳng thức Karamata Giải bài toán chứng minh bất đẳng thức... 3 Tài liệu tham khảo

3 Bảo trì Một phương pháp là một tập hợp các hành động tuần tự nhằm giải quyết một loại vấn đề cụ thể. Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức trong bài báo này nhằm mục đích tìm giải pháp tùy chỉnh bất đẳng thức có dạng nhất định. Sử dụng các phương pháp như vậy, giải pháp được giảm nhiều lần. Kết quả là như nhau, nhưng số lượng công việc ít hơn. mục đích công việc cuối cùng là nghiên cứu về ba loại bất đẳng thức mà nhiều loại bất đẳng thức khác có thể dễ dàng chứng minh. Đó là bất đẳng thức Jensen, bất đẳng thức hoán vị, bất đẳng thức Karamata. Tất cả những bất đẳng thức này đều đẹp về mặt toán học, với sự trợ giúp của những bất đẳng thức này có thể giải được các bất đẳng thức trong trường học. Chủ đề nàyđược cập nhật. Theo tôi, nó có thể hữu ích cho học sinh, bao gồm cả việc nâng cao trình độ kiến thức trong lĩnh vực toán học. Vì các phương pháp không chuẩn, đối với tôi, có vẻ như đối với những học sinh thiên về toán học, chúng sẽ hữu ích và thú vị. Nhiệm vụ là tìm kiếm và giải quyết các bất đẳng thức theo chủ đề từ các tài liệu được đề xuất. Tác phẩm gồm bốn đoạn. Trong phần này, bất đẳng thức Jensen được mô tả, chứng minh của nó và các định nghĩa phụ trợ được đưa ra. Ở đoạn 2, bất đẳng thức hoán vị, các trường hợp cụ thể của nó và bất đẳng thức hoán vị tổng quát. Trong Phần 3, bất đẳng thức Karamata không cần chứng minh. Đoạn 4 là tác phẩm chính của tác phẩm cuối cùng, i.e. chứng minh bất đẳng thức bằng bất đẳng thức Jensen, bất đẳng thức hoán vị và bất đẳng thức Karamata

4 . Bất đẳng thức Jensen Định nghĩa. Tập con của một mặt phẳng được gọi là lồi nếu hai điểm bất kì tập hợp nhất định có thể được kết nối bởi một đoạn sẽ nằm hoàn toàn trong tập hợp này. Định nghĩa 2. Cho f(x) xác định trên một khoảng nào đó. Tập hợp tất cả các điểm (x,y) mà tại đó y f(x) được gọi là một đồ thị, trong đó x thuộc khoảng đã cho. Tập hợp các điểm (x,y) mà tại đó y f(x) được gọi là ô con. Định nghĩa 3. Xét hàm số trên một khoảng nào đó. Một hàm được gọi là hàm lồi nếu đồ thị của nó là một tập lồi trên khoảng này. Một hàm được gọi là lõm nếu đồ thị con của nó là một tập lồi. Tiêu chuẩn về độ lồi (độ lõm) của hàm số. Để hàm số y = f(x) khả vi liên tục trên khoảng (a, b) lồi (lõm) trên (a, b), điều cần và đủ là đạo hàm f của nó tăng (giảm) trên khoảng (a , b). Tiêu chí 2 về độ lồi (lõm) của hàm số. Để hàm số y = f(x) khả vi hai lần trên khoảng (a, b) lồi (lõm) trên (a, b), điều cần và đủ là f (x) 0(f (x) 0 ) tại mọi điểm x (a, b) Định nghĩa 4. Khối tâm của các điểm A(x, y) và B(x 2, y 2) là điểm C(x, y) thuộc đoạn thẳng AB , sao cho AC = m B, trong đó m BC m B là khối lượng A của điểm B và m A là khối lượng của điểm A. Ở dạng vectơ, tâm khối được tìm như sau: vectơ bán kính của khối tâm của khối lượng: với r i là vectơ bán kính của điểm A và B, i =,2. Trong tọa độ: 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 Cho С AB là khối tâm của các điểm A và B. Nếu U là tập con lồi của mặt phẳng và các điểm A, B thuộc U thì С AB thuộc U, vì С AB thuộc đoạn AB. Cho A, A 2 A là các điểm tùy ý trên mặt phẳng có khối lượng m, m 2, m. Khối tâm C A,A 2 A của hệ điểm A, A 2 A xác định bằng quy nạp trên:) At = 2 tâm khối C A A 2 của hệ điểm A, A 2 đã xác định. Ta sẽ giả sử điểm C A A 2 có khối lượng m + m 2 2) Giả sử cho hệ điểm A, A 2 A đã xác định khối tâm A, A 2 A. Gọi khối tâm của các điểm A, A 2 A bằng B và giả sử khối lượng của điểm B bằng m B = m + m m. Theo định nghĩa, chúng ta đặt C A,A 2 A = C BA, tức là khối tâm của hệ các điểm A, A 2 A, A bằng khối tâm của hai điểm B, A. Giả sử khối lượng của các điểm C A,A 2 A bằng m B + m = m + m m. Từ định nghĩa khối tâm suy ra rằng nếu mọi điểm A, A 2 A đều thuộc tập lồi U thì khối tâm của chúng cũng thuộc U. Bổ đề. Gọi A , A 2 A là các điểm trên mặt phẳng có khối lượng m , m 2 , m và gọi r i là vectơ bán kính của điểm A i , i = , . Nếu C là khối tâm của hệ các điểm A, A 2 A thì vectơ bán kính r C của điểm C có thể tính theo công thức Chứng minh. r C = m r +m 2 r 2 + +m r m +m 2 + +m (2) Ta sẽ chứng minh công thức (2) bằng quy nạp trên. Với = 2, công thức đã được chứng minh (xem công thức ()). Giả sử rằng công thức (2) đã được chứng minh cho (). Gọi B là khối tâm của hệ điểm A , A 2 A. Khi đó - 5 -

6 r B = m r + m 2 r m r m + m m thì khối lượng của điểm B là m B = m + m m. Theo định nghĩa, khối tâm C của hệ các điểm A, A 2 A trùng với khối tâm của một cặp điểm B, A. Vectơ bán kính của điểm C được tính theo công thức ( ) r C = m Br B + m r m B + m = m r + m 2 r m r m + m m chứng minh công thức (2) cho điểm. Trong tọa độ, công thức (2) có dạng: 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 Định lý Jensen. Cho y = f(x) là hàm lồi trên một khoảng nào đó, x, x 2, x - các số thuộc khoảng này; m, m 2, m - số dương, thỏa mãn điều kiện m + m m = . Khi đó bất đẳng thức Jensen đúng: f(m x + m 2 x m x) m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f(x) Nếu hàm số y = f(x) lõm trên một khoảng nào đó, x, x 2, x - số từ khoảng này; m, m 2, m - các số dương thỏa mãn điều kiện m + m m = . Khi đó bất đẳng thức Jensen có dạng: f(m x + m 2 x m x) m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f(x)" Chứng minh: Xét hàm số f(x) lồi trên khoảng (a, b) . Xét các điểm A, A 2, A trên đồ thị của nó và cho A i = (x i, y i), y i = f(x i). Lấy các khối lượng m , m 2 , m tùy ý cho các điểm A , A 2 , A sao cho m + m m = . Từ thực tế f(x) là hàm lồi suy ra - 6 -

7 rằng đồ thị của hàm là một tập lồi. Do đó khối tâm của các điểm A , A 2 , A thuộc đường chóp . Tìm tọa độ khối tâm: 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 ) Vì C thuộc về epigraph nên ta có 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 Ta lấy logarit của bất phương trình (3), ta được bất phương trình tương đương (3) l (a + a 2 + +a) l(a a 2 a) (4) Sử dụng tính chất của logarit, ta viết lại bất phương trình (4) dưới dạng: l (a +a 2 + +a ) l a + l a l a (5) Bất đẳng thức thu được là trường hợp riêng của bất đẳng thức Jensen cho trường hợp f(x) = l(x), m = m 2 = = m =. Lưu ý rằng hàm y = l(x) lõm trên khoảng (0, +), vì y =< 0, поэтому неравенство (5) есть trương hợp đặc biệt bất đẳng thức x2-7 -

8 Jensen cho hàm lõm f(x) = l(x). Vì bất đẳng thức (5) đúng nên bất đẳng thức tương đương (3) cũng đúng 2. Bất đẳng thức hoán vị Định nghĩa. Sự tương ứng một đối một của tập hợp các số (,2,3, ) với chính nó được gọi là một hoán vị của các phần tử. Hãy biểu thị hoán vị bằng σ sao cho σ(), σ(2), σ(3) σ() là các số,2,3 theo một thứ tự khác. Xét hai bộ số a, a 2, a và b, b 2, b. Các bộ a, a 2, a và b, b 2, b được gọi là cùng thứ tự nếu với mọi số i và j từ thực tế là a i a j suy ra rằng b i b j. Đặc biệt, số lớn nhất từ tập hợp a, a 2, a tương ứng với số lớn nhất từ tập hợp b, b 2, b, cho số lớn thứ hai từ tập hợp thứ nhất, có số lớn thứ hai từ tập hợp thứ hai, v.v. Các tập hợp a, a 2, a và b, b 2, b được gọi là có thứ tự đảo ngược nếu với mọi số i và j, thực tế là a i a j hàm ý rằng b i b j. Từ đó suy ra số lớn nhất trong tập hợp a, a 2, a tương ứng với số nhỏ nhất từ tập hợp b, b 2, b, số lớn thứ hai từ tập hợp a, a 2, a tương ứng với số nhỏ thứ hai từ cuối tập hợp b, b 2, b, v.v. Ví dụ.) Cho hai tập hợp đã cho, sao cho a a 2 a và b b 2 b, thì theo định nghĩa ta đã cho, các tập hợp này có thứ tự bằng nhau. 2) Cho hai tập hợp đã cho sao cho a a 2 a và b b 2 b, trong trường hợp này các bộ số a, a 2, a và b, b 2, b sẽ đảo ngược thứ tự. , a và b, b 2 , b - số thực dương «Định lý. (Bất đẳng thức hoán vị) Cho có hai bộ số a, a 2, a và b, b 2, b. Xét tập hợp các hoán vị có thể có của chúng. Khi đó giá trị của biểu thức là 8 -

9 S = a b σ + a 2 b σ2 + + a b σ ( ) sẽ lớn nhất khi các bộ a, a 2, a và b, b 2, b có thứ tự bằng nhau và nhỏ nhất khi a, a 2, a và b , b 2 , b ngược thứ tự. Đối với tất cả các hoán vị khác, tổng S sẽ nằm giữa giá trị nhỏ nhất và lớn nhất. Ví dụ. Theo định lý a b + b c + c a 3 , do bộ a, b, c và a, b, c ngược thứ tự nên giá trị a a + b b + c c = 3 sẽ nhỏ nhất. Chứng minh định lý. Xét hai bộ số: số thứ nhất là a, a 2, a và số thứ hai là b, b 2, b. Giả sử rằng các bộ này không được sắp xếp theo cùng một cách, những bộ đó. Tồn tại các chỉ số i và k sao cho a i > a k và b k > b i. Hãy hoán đổi các số b k và b i trong tập hợp thứ hai (phép biến đổi như vậy được gọi là "sắp xếp"). Sau đó, trong tổng S, các số hạng a i b i và a k b k sẽ được thay thế bằng a i b k và a k b i, và tất cả các số hạng khác sẽ không thay đổi. Lưu ý rằng 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 giá trị cao nhất. Giá trị nhỏ nhất được lấy theo cách tương tự, chỉ có điều chúng ta sắp xếp cho đến khi các bộ theo thứ tự ngược lại. Kết quả là, chúng ta sẽ đi đến giá trị nhỏ nhất. “Định lý 2. Xét hai tập hợp dương a, a 2, a 3 a và b, b 2, b 3 b và mọi hoán vị có thể có của nó. Khi đó giá trị của tích (a i + b σ(i)) sẽ lớn nhất khi các bộ a, a 2, a 3 a và b, b 2, b 3 b được sắp xếp bằng nhau và nhỏ nhất khi chúng được sắp xếp ngược lại

10 Định lý 3. Xét hai tập hợp a, a 2, a 3 a và b, b 2, b 3 b, các phần tử của tập hợp này đều dương. Khi đó giá trị của ( ) a i + b σ(i) sẽ lớn nhất khi các tập hợp a, a 2, a 3 a và b, b 2, b 3 b được sắp xếp bằng nhau và nhỏ nhất khi chúng được sắp xếp ngược lại.” Định lý 2,3 là trường hợp đặc biệt của nhiều định lý tổng quát, được thảo luận dưới đây. Bất đẳng thức hoán vị tổng quát “Định lý 4 (Bất đẳng thức hoán vị tổng quát). Cho hàm số f liên tục và lồi trên một khoảng nào đó trong R. Khi đó với mọi bộ số a, a 2, a 3 a và b, b 2, b 3 b thuộc khoảng thì giá trị của biểu thức f (a + b σ()) + f ( a 2 + b σ(2)) + f (a + b σ()) sẽ lớn nhất khi các tập hợp có cùng thứ tự và nhỏ nhất khi các tập hợp có thứ tự ngược lại. Định lý 5. Cho hàm số f liên tục và lõm trên một khoảng nào đó trong R Khi đó: giá trị của biểu thức f (a + b σ()) + f (a 2 + b σ(2)) + f (a + b σ()) sẽ lớn nhất khi các số theo thứ tự ngược lại và nhỏ nhất khi các bộ a, a 2, a 3 a và b, b 2, b 3 b có thứ tự bằng nhau. Chứng minh.") Xét trường hợp = 2. Cho hàm f lồi và có hai tập hợp a > a 2 và b > b 2. Ta cần chứng minh Giả sử 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. Khi đó - 0 -

11 a + b 2 = x + k, a 2 + b = x + m, a + b = x + k + m nên bất phương trình (2) có dạng f(x + k + m) + f(x + k ) f(x + k) + f(x + m) (3) Để chứng minh bất đẳng thức, ta dùng hình vẽ Hình minh họa đồ thị của một hàm lồi y = f(x) tại các điểm A(x, f( x)), C(x + k, f(x + k)), D(x + m, f(x + m)), B (x + k + m, f(x + k + m)). và trên Tính lồi của hàm f ngụ ý rằng dây CD nằm bên dưới dây AB. Gọi K là trung điểm của CD, M3 là trung điểm của AB. Lưu ý rằng các hoành độ của các điểm K và M là như nhau, vì x k = 2 ((x + k) + (x + m)) = (2x + k + m) 2 x m = 2 (x + (x + k + m) ) = (2x + k + m) 2 Do đó các điểm K và M nằm trên cùng một đường thẳng nên y m y k. - -

12 Vì y m = (f(x) + f(x + k + m)) 2 y k = (f(x + k) + f(x + m)) 2 Điều này dẫn đến bất đẳng thức (3) và (2). Q.E.D. 2) Cho > 2. Giả sử rằng các tập hợp a, a 2, a 3 a và b, b 2, b 3 b không được sắp xếp theo cùng một cách, nghĩa là tồn tại các chỉ số i và k sao cho a i > a k và 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 Nếu x, x 2, x là các số dương thì i= x i =, thì (,) (x, x 2, x) (,0,0,0, 0) “Định lý (Bất đẳng thức Karamata) Cho f: (a , b ) R, f là hàm lồi x, x 2, x, y, y 2, y (a, b) và (x, x 2, x) (y, y 2, y) thì f(x ) + f(x 2) + f(x) f(y) + f(y 2) + f(y). Nếu f là một hàm lồi thì f(x) + f(x 2) + f(x) f(y) + f(y 2) + f(y). Xem bằng chứng trong . 4. Giải bài toán chứng minh các bất đẳng thức. Trong phần này, chúng ta xem xét các bài toán chứng minh bất đẳng thức khác nhau có thể được giải bằng bất đẳng thức Jensen, bất đẳng thức hoán vị hoặc bất đẳng thức Karamata. Nhiệm vụ. Chứng minh bất đẳng thức trong đó x, x 2, x > 0 Cho 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 Khi đó bất đẳng thức Jensen suy ra rằng - 3 -

14 Hãy chứng minh rằng i= + x i + x x 2 x + x + x 2 + +x Điều này đúng khi và chỉ khi + x x 2 x + x + x x + x x 2 x x + x x x x 2 x Và bất đẳng thức cuối trùng với bất đẳng thức Cauchy. Bài 2. Chứng minh rằng với mọi a, b > 0 thì bất đẳng thức nghiệm đúng: 2 a + b ab Bài 3. Chứng minh rằng với mọi a, a 2, a > 0 thì bất đẳng thức nghiệm đúng: a a 2 a a a 2 a Bất đẳng thức có thể viết lại dưới dạng: - 4 -

15 () (a a a 2 a a 2 a) đây là bất đẳng thức Cauchy. Bài 4. Chứng minh rằng với mọi a, a 2, a > 0 thì bất đẳng thức nghiệm đúng: Xét bất đẳng thức đối với =3. a + a a + a a 2 a 3 a a a a 2 + a 2 a 3 + a 3 a 3 -true Biểu thị x = a a 2,x 2 = a 2 a 3,x = a a, Khi đó x x 2 x =. Khi đó bất đẳng thức có dạng: x + x x Bất đẳng thức này suy từ bất đẳng thức Cauchy: q.t.d. Nhiệm vụ 5. Chứng minh rằng (x + x x) x x 2 x = si x + si x si x si x + x x, trong đó 0 x i π - 5 -

16 Bất đẳng thức suy ra từ bất đẳng thức Jensen cho hàm số y = si x. Hàm số y = si x lõm trên khoảng (0, π), do 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 thì bất đẳng thức đúng: (a + a 2+ +a)(a + a a) 2 Bất đẳng thức có thể viết lại thành: điều này tương đương với (a + a a) a + a a 2 a +a 2 + +a a + a 2+ +a Ta xét hàm Jensen f(x) = x và thu được đẳng thức này. và sử dụng bất đẳng thức Bài 7. Chứng minh rằng với mọi x, y, z > 0 thì bất đẳng thức x 5 + y 5 + z 5 x 3 y 2 + y 3 x 2 + z 3 x 2 luôn đúng Hãy áp dụng bất đẳng thức hoán vị. Để tập đầu tiên có dạng Thứ hai x 3, y 3, z 3, x 2, y 2, z 2 giá trị của biểu thức ở vế trái của x 5 + y 5 + z 5 bao gồm các bộ số có thứ tự giống nhau. Từ đó, giá trị thu được - 6 -

17 cho tất cả các hoán vị khác nhiều giá trị hơn thu được với sự sắp xếp "chính xác nhất" của các biến. Bài 8. Chứng minh rằng với mọi x, y, z > 0 thì bất đẳng thức nghiệm đúng: x + x 2 + y + y 2 + z + z 2 x + y 2 + y + z 2 + z + x 2 Ta có thể giả sử x y z đó. Cho a = x, a 2 = y, a 3 = z, b = + x 2, b 2 = + y 2, b 3 = + z 2 Đặt a, a 2, a 3 và b, b 2, b 3 ngược dấu nhau nên theo bất đẳng thức hoán vị, tổng a b + a 2 b 2 + a 3 b 3 là nhỏ nhất trong các tổng Cụ thể, tương đương với 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. Bài 9. Chứng minh rằng với mọi a, a 2, a > 0 thì bất đẳng thức nghiệm đúng: ( + a 2) ( + a 2 2) ( + a 2) ( + a a 2 a 3 a)( + a 2 ) ( + a) Nhân với a a 2 a, ta được (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 Hãy lấy logarit của bất đẳng thức và thu được bất đẳng thức tương đương. 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 sử dụng bất đẳng thức hoán vị tổng quát cho hàm lõm y = l x. Cho a i = a i, b i = a i 2. Khi đó các tập hợp b, b 2, b và a, a 2, a được sắp thứ tự như nhau, nên l(b + a) + l(b 2 + a 2) + + l( b + a ) l(b + a 2) + l(b 2 + a 3) + + l(b + a), chứng minh bất đẳng thức (9.). Nhiệm vụ 0. Chứng minh rằng với mọi số dương a, b, c a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ac (0.) Cho a b c.. Vì các tập hợp (a, b, c) và (a, b, c) được sắp thứ tự giống nhau, nhưng các bộ (a, b, c) và (b, c, a) không được sắp thứ tự giống nhau, thì bất đẳng thức (0.) suy ra từ bất đẳng thức hoán vị. Nhiệm vụ. Chứng minh rằng nếu xy + yz + zx = thì Bất đẳng thức (.) suy ra từ Bài 0. Nhiệm vụ 2. Chứng minh rằng nếu a, b, c > 0 thì x 2 + y 2 + z 2 (.). (a + c)(b + d) ab + cd Vì căn bậc hai lớn hơn hoặc bằng 0, nên chúng ta có thể bình phương các vế phải và vế trái. Ta có: (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 -Bài tập đúng 3, 4. Chứng minh rằng với mọi a, a 2, a > 0 thì bất đẳng thức sau đúng: 3) a 2 + a a 2 (a + a 2 + a) 2 4) a 2 + a a 2 (3.) (4.) trong đó a + a 2 + a = Bất đẳng thức (4.) suy ra từ ( 3.) cho a + a 2 + a =. Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức (3.). Nó có thể được chuyển đổi thành Hoặc a 2 + a a 2 (a + a 2 + a) 2 2 a 2 + a a 2 (a + a a) Hãy sử dụng bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi f(x): f(q x + q 2 x 2 + q x) q f(x) + q 2 f(x 2) + q f(x), Trong đó 0 q i, q + q 2 + q =. Nếu chúng ta lấy f(x) = x 2, q i =, i =,2, thì chúng ta thu được bất đẳng thức (3.), v.v. Bài 5. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên và với mọi p, q thì bất phương trình () 2 pq + ()(p + q) + ()pq + (5.) - 9 -

20 Hãy biến đổi bất phương trình (5.) về dạng tương đương: ( )2 pq + ()(p + q) + ()pq + ()2 pq + ()(p + q) + ()pq 0 )[ ()pq + (p + q) pq] + 0 () () 0 () 0 () 0 luôn luôn vì -tự nhiên Hãy chứng minh rằng Lưu ý rằng 0 (5.2) p + q pq = p(q ) (q) = (p)(q) Vì p, q, thì p 0, q 0 nên bất đẳng thức (5.2) đúng. Bài 6. Với mọi số dương x, y, z, bất đẳng thức đúng: Cho x y z xyz (y + z x)(z + x y)(x + y z) (6.)) If y + z x< 0, то неравенство (6.) выполнено 2) Пусть все множители в правой части >0. Khi đó bất đẳng thức (6.) tương đương với l x + l y + l z l(y + z x) + l(z + x y) + l(x + y z) Cho f(x) = l x. Vì 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 (vì y z 0); (x + y z) + (x + z y) = 2x x + y (x + y z) + (x + z y) + (y + z x) = x + y + z Vì hàm f(x) = l x là hàm lõm , thì từ bất đẳng thức Karamata suy ra l(x + y z) + l(x + z y) + l(y + z x) = l x + l y + l z, chứng minh bất đẳng thức (6.). Bài 7. Chứng minh rằng với mọi a, b và c > 0 thì bất đẳng thức đúng: a 2 + b 2 + c ab + ac + bc a 2 + 2bc + b 2 + 2ac + c 2 + 2ab Điều này tương đương với Cho một b c. a 2 + b 2 + c 2 + ab + ac + bc + ab + ac + bc ac + b, ab + ac + b) (7.) (a 2 + 2bc, b 2 + 2ac, c 2 + 2ab) (7.2) Ta cần chứng minh rằng (7.) nguyên hàm (7.2). Hãy sử dụng định nghĩa của phép chính hóa :) a 2 + b 2 + c 2 a 2 + 2bc (b c) 2 0-đúng 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 và (c a) 0 thì (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 Đúng. Như vậy, bộ số (7.) lớn hơn bộ số (7.2). Áp dụng bất đẳng thức Karamata cho hàm lồi f(x) = x, ta thu được bất đẳng thức ban đầu đúng. Bài 8. Với a, b, c, d > 0, chứng minh bất đẳng thức 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 Cho 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 Xét hai bộ số: (4x, 4y, 4z, 4w, x + y + z + w, x + y + z + w) và (2x + 2y, 2x + 2z, 2x + 2w, 2y + 2z, 2y + 2w, 2z + 2w) đặt: (4x, 4y, 4z, x + y + z + w, x + y + z + w, 4w) và (8.) Thứ hai không đổi: ( 2x + 2y, 2x + 2z, 2x + 2w, 2y + 2z, 2y + 2w, 2z + 2w) (8.2) Hãy chứng minh rằng (8.) là phương trình chính tắc (8.2)

23 ) 4x 2x + 2y, x y đúng 2) 4x + 4y 4x + 2y + 2z,y z đúng 3) 4x + 4y + 4z 4x + 2y + 2z + 2x + 2w y + z x + w mà 2x + 2w 2y + 2z x + w y + z thì trường hợp 3) chỉ khả thi với 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 Tương tự trường hợp trước, bất đẳng thức này đúng với x + w = y + z 5) 4x + 4y + 4z + 2x + 2y + 2z + 2w 2z + 2y + 2w z w đúng 6) 4x + 4y + 4z + 2x + 2y + 2z + 2w + 4w , bộ (8.) là nghiệm lớn của bộ số (8.2). Sử dụng bất đẳng thức Karamata cho hàm f(x) = e x, ta thu được bất đẳng thức đúng. Bài 9. Với a, b, c > 0, chứng minh bất đẳng thức a 3 + b 3 + c 3 + abc 2 3 (a2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca) nghiệm đúng

24 Gọi a b c Nhân cả hai vế của bất phương trình với 3, ta được 3a 3 + 3b 3 + 3c 3 + 3abc 2(a 2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca) 2 (9. ) Ta thực hiện phép biến đổi : Và viết bất phương trình (9.) dưới dạng: 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) và ( 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,) và (9.2) Sắp xếp tập hợp thứ hai: 2x + y z + 2x y z true y + 2z 2z + x y x true Do đó, ta được tập hợp: (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) chứng minh rằng bộ số (9.2) là nghiệm nguyên của bộ số (9.3)) 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, với x = y ta được 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 Với x = y ta được y z 7) 9x + 9y + x + y + z , ta được y z 8) 9x + 9y + 2x + 2y + 2z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 4y + 2z, x + y + 3z 0 + 2z + 4x + 4y + 2x + 4y + 2z + 2z + x, x + 2y + 3z 0 0) 9x + 9y + 3x + 3y + 3z + 3z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 4y + 2z + 4z + 2x, y z) 9x + 9y + 3x + 3y + 3z + 6z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 4y + 2z + 4z + 2x + 2z + y, 5y z 2) 9x + 9y + 3x + 3y + 3z + 9z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 4y + 2z + 4z + 2x + 4z + 2y 2x + 2y + 2z = 2x + 2y + 2z làm nguyên hàm tập số (9.3) và theo bất đẳng thức Karamata cho hàm số f(x) = e x ta được bất đẳng thức đúng

26 Tài liệu tham khảo) Yu.P. Soloviev. bất bình đẳng. M.: Nhà xuất bản Trung tâm Giáo dục Toán học Liên tục Moscow, 2005. 6s. 2) I.Kh. Sivashinsky. Bất bình đẳng trong các nhiệm vụ M.: Nauka, p. 3) A. I. Khrabrov. Xung quanh bất đẳng thức Mông Cổ, Mat. giác ngộ, ser. 3, 7, MTsNMO, M., 2003, tr. 4) L. V. Radzivilovskii, Đại cương của bất đẳng thức hoán vị và bất đẳng thức Mông, Mat. giác ngộ, ser. 3, 0, NXB MCNMO, M., 2006, tr. 5) V.A.ch Krechmar. sách đại số. Ấn bản thứ năm M., khoa học, tr. 6) D. Bất đẳng thức Nomirovsky Karamata /D. Nomirovsky // (Lượng tử) -S

Tập lồi và hàm R n tập các tập của n số thực. Hơn nữa, tập hợp này sẽ được gọi là một không gian, các phần tử của nó sẽ được gọi là điểm, điểm có tọa độ (x 1,..., x n) sẽ được ký hiệu

Điều kiện nhiệm vụ 1 giai đoạn thành phố Lớp 8 1. Hai số được viết trên bảng đen. Một trong số chúng đã tăng lên 6 lần và cái còn lại đã giảm vào năm 2015, trong khi tổng của các số không thay đổi. Tìm ít nhất một cặp

Chương IX. Không gian Euclide và đơn vị 35. tích vô hướng trong không gian vectơ Ural đại học liên bang, Viện Toán học và khoa học máy tính, Bộ môn Đại số và Rời rạc

Đại học Liên bang Ural, Viện Toán học và Khoa học Máy tính, Khoa Đại số và Toán rời rạc

Lời giải của các bài toán vòng toàn thời gian của Olympic Euler lần thứ chín 1. Tất cả các nghiệm của hệ x yz 1, x y z x, x y z đều được xét. Tìm tất cả các giá trị mà x có thể nhận. Trả lời 1; một; 1. Lời giải 1. Vì x y

Bài giảng 4 1. Vectơ Đoạn thẳng có hướng. vectơ bằng nhau: có cùng độ dài và trùng hướng (song song và cùng hướng) Các vectơ đối nhau: có cùng độ dài

Chủ đề 1-8: Số phức A. Ya. Ovsyannikov Viện Toán học và Khoa học Máy tính Đại học Liên bang Ural Khoa Đại số và Toán rời rạc Đại số và Hình học cho Cơ học (1 học kỳ)

Penza Đại học bang Khoa Vật lý và Toán học "Trường Vật lý và Toán học Bán thời gian" TOÁN HỌC chuyển đổi bản sắc. Giải phương trình. Tam giác Nhiệm vụ 1 cho

Viện Vật lý và Công nghệ Mátxcơva phương trình logarit và bất phương trình, phương pháp quy ẩn và logarit trong giải toán. Bộ công cụđể chuẩn bị cho olympiads.

98 TOÁN HỌC: ĐẠI SỐ VÀ SỰ BẮT ĐẦU CỦA HÌNH HỌC PHÂN TÍCH Giải phương trình dựa trên tính chất của hàm lồi Lipatov SV Kaluga MBOU "Lyceum 9 mang tên KE Tsiolkovsky" 0 Lớp "A" Giám thị:

Dạng đại số của một số phức. Thuyết trình giáo dục A. V. Likhatsky Trưởng: E. A. Maksimenko Đại học Liên bang miền Nam 14 tháng 4 năm 2008 A. V. Likhatsky (SFedU) Algebr. bộ mẫu con số

Đại học bang Moscow Đại học kỹ thuậtđược đặt tên theo N.E. Khoa Bauman" Khoa học cơ bản" Cái ghế " Mô hình toán học» À.Í. Êàíàòíèêîâ, À.Ï. Êðèùåíêî

72 Chương 2 Đa thức Ví dụ và Nhận xét Thuật toán A-01 Viết đa thức dưới dạng mẫu A-02 Các phép toán trên đa thức A-03 Các phép biến đổi miệng A-04 Các công thức nhân rút gọn A-05 Nhị thức Newton

Lời giải các bài toán vòng tương ứng Olympic Euler lần 6 khối I Tìm giá trị nào của tham số thì các số thực x, y thỏa mãn phương trình xy + x + y + 7 Đáp số: 89 Lời giải

Bài Giảng 8 Chương đại số vectơ Các đại lượng vectơ chỉ được xác định bởi giá trị số, được gọi là vô hướng vô hướng: chiều dài, diện tích, thể tích, nhiệt độ, công, khối lượng

Olympic liên khu vực học sinh" tiêu chuẩn cao nhất”, TOÁN HỌC 2017, đợt 2 tr. 1/10 Giải pháp và tiêu chí đánh giá nhiệm vụ Olympic 10-1 Trong một công ty có 6 người, có công ty đến ba người

7. Cực trị của hàm nhiều biến 7. . Cực trị cục bộ Cho hàm f(x,..., x n) xác định trên tập mở D R n nào đó. Điểm M D gọi là điểm tối đa địa phương(địa phương

Cuộc thi Olympic Euler dành cho giáo viên toán lần thứ tám Giải các bài toán về vòng tương ứng Giải phương trình a b c b a c c a b a b c, trong đó a, b và c là các số dương Lời giải Rõ ràng là a b c nghiệm phương trình đã cho

Tôi tất nhiên, nhiệm vụ. Chứng minh rằng hàm Riemann, nếu 0, m m R(), nếu, m, m 0, và phân số là bất khả quy, 0, nếu vô tỷ, thì không liên tục trong mỗi điểm hợp lý và liên tục trong mọi vô tỷ. Phán quyết.

Olympic Toán thành phố, Khabarovsk, 1997 Bài toán 1. Tìm nghiệm của phương trình LỚP 9 (x + 2) 4 + x 4 = 82. (1) Lời giải. Sau khi đổi biến x = y 1, phương trình (1) viết được dưới dạng

Đại học Liên bang Ural, Viện Toán học và Khoa học Máy tính, Khoa Đại số và Toán rời rạc

Chủ đề 2-14: Không gian Euclide và đơn vị A. Ya. Ovsyannikov Đại học Liên bang Ural Viện Toán học và Khoa học Máy tính Khoa Đại số và Toán rời rạc Đại số và Hình học cho

Olympic Euler lần thứ IX dành cho giáo viên toán học Giải các bài toán vòng tương ứng 1. Giải phương trình x(x ab) a b đối với x. Phán quyết. Rõ ràng x a b là nghiệm của phương trình này. Chia đa thức x abx

1. Phương trình tuyến tính hai biến Trong nhiệm vụ đầu tiên, chúng ta đã xem xét phương trình tuyến tính một biến. Ví dụ, các phương trình 2x+ 5= 0, 3x+ (8x 1) + 9= 0 là Các phương trình tuyến tính với biến

Chương 6 Đại số vectơ 6.1. Vectơ trên mặt phẳng và trong không gian véc tơ hình học, hay đơn giản là một vectơ, được gọi là đoạn có hướng, nghĩa là đoạn trong đó một trong các điểm biên được đặt tên

Bài tập Olympic mở rộng dành cho học sinh môn toán (54 trong Danh sách Olympic dành cho học sinh, năm học 2015/2016) Mục lục I. Bài tập Giai đoạn cuối cùngĐề thi Olympic lớp 11... 2 II. Nhiệm vụ của vòng 1 của vòng loại

3. Phương pháp giải quyết bất bình đẳng hợp lý 3..1. Bất đẳng thức số Trước tiên, hãy xác định ý nghĩa của mệnh đề a > b. Định nghĩa 3..1. số một số lượng nhiều hơn b nếu hiệu giữa chúng là dương.

Bài giảng 13. Hàm lồi và công thức Taylor 1 Convex and lõm C -các tính năng mượt mà. Định nghĩa 1 Một hàm được gọi là lồi (lõm) nếu biểu đồ (đồ thị con) của nó là một miền lồi. Ví dụ 1x

Hội thảo: “Tính khả vi và vi phân của hàm số” Nếu hàm số y f () có đạo hàm hữu hạn tại một điểm thì số gia của hàm số tại điểm này có thể biểu diễn như sau: y (,) f () () (), ở đâu () tại

Bài giảng 2 Vectơ định thức bậc 2 và bậc 3 1 Vectơ Đoạn thẳng có hướng Các vectơ bằng nhau: có cùng độ dài và cùng hướng (song song và cùng hướng)

Giải các bài toán về đường tròn tương ứng 0 I Toán khối Bài toán Tìm số nghiệm tự nhiên của phương trình Đáp số: 00 0 nghiệm Lời giải của bài toán Hãy biểu diễn số dưới dạng Khi đó vế phải của phương trình này bằng

Tóm tắt bài giảng Không gian Ơclit 11 0. Đề cương bài giảng 1. Tích vô hướng. 1.1. Định nghĩa tích vô hướng. 1.2. Kí hiệu tương đương về mặt hình chiếu. 1.3. Chứng minh tuyến tính trong

Olympic "Các nhà nghiên cứu tương lai của tương lai của khoa học" Toán học. Vòng tuyển chọn 4.0.0 ĐÁP ÁN VÀ GIẢI 8 9 lớp 8-9.. Số nào lớn hơn: 0 0 0 0 hay 0 0 0 0? Câu trả lời. Số thứ nhất lớn hơn số thứ hai. Phán quyết. Chứng tỏ

Điểm 0 Vòng 1 (0 phút; mỗi bài 6 điểm)... Biết rằng tg + tg = p, ctg + ctg = q. Tìm tg(+). pq Trả lời: tg. q p Từ điều kiện p tg q tg tg tg tg p và đẳng thức ctg ctg q, ta thu được

Phân tích toán học 2.5 Bài giảng: Cực trị của hàm nhiều biến Vladimir Feliksovich Zalmezh, PGS Khoa VMMF Ta xét hàm w = f(x) xác định trong miền D R n. Điểm x 0 D được gọi là

Chủ đề 1-4: Các phép toán đại số A. Ya. Ovsyannikov Đại học Liên bang Ural Viện Toán học và Khoa học Máy tính Khoa Đại số và Toán rời rạc Đại số và Hình học cho Cơ học (1

Nội dung I. V. Yakovlev Tài liệu về toán Hệ thống MathUs.ru phương trình đại số Thay thế kép .................................... Hệ thống đối xứng ...... .. .........................

cơ quan liên bang theo giáo dục Bang liên bang cơ sở giáo dục cao hơn giáo dục nghề nghiệpĐẠI HỌC LIÊN BANG MIỀN NAM R. M. Gavrilova, G. S. Kostetskaya

Bài giảng 10 1 Không gian Ơclit 11 Định nghĩa Cho V(R) là một LP trên trường các số thực, tích vô hướng trên V là chức năng tùy ý V V R liên kết một cặp vectơ có thứ tự

1 chức năng phức tạp 1.1 Số phức Nhắc lại rằng số phức có thể được định nghĩa là tập hợp các cặp số thực có thứ tự C = ((x, y) : x, y R), z = x + iy, trong đó i là đơn vị ảo (i

Chương 4 Định lý cơ bản phép tính vi phân Phát biểu về bất định Các định lý cơ bản của phép tính vi phân Định lý Fermat (Pierre Fermat (6-665) nhà toán học người Pháp) Nếu hàm số y f

Tóm tắt bài giảng Không gian affine 10 0. Đề cương bài giảng Bài giảng không gian affine. 1. cơ sở afin. 2. tọa độ afinđiểm. 3. Phương trình véc tơ của một đường thẳng. 4. Phương trình véc tơ của mặt phẳng. năm.

LỚP 8 1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n có thể chọn được số tự nhiên a sao cho số a(n + 1) (+ n + 1) chia hết cho. 2. Hai

Đại học Liên bang Ural, Viện Toán học và Khoa học Máy tính, Khoa Đại số và Toán rời rạc Lời giới thiệu Trong bài giảng này, chúng ta nghiên cứu một đường cong bậc hai khác, đường hyperbol.

Bài tập về nhà về đại số cho lớp 0 trong sách giáo khoa "Đại số và bắt đầu giải tích lớp 0" Alimov Sh.A. và những người khác, -M.: "Giác ngộ", 00g. www.balls.ru Mục lục Chương I. Số thực Chương II. Quyền lực

Đại số véc tơ Khái niệm không gian véc tơ. phụ thuộc tuyến tính vectơ. Tính chất. Khái niệm về cơ sở. tọa độ vectơ. phép biến đổi tuyến tính không gian vectơ. giá trị bản địa và sở hữu

Cơ quan Giáo dục Liên bang Đại học Bang Tomsk về Hệ thống Điều khiển và Khoa Điện tử Vô tuyến toán học cao hơn(VM) Prikhodovsky M.A. TOÁN TUYẾN TÍNH VÀ DẠNG BẬC HAI Thực hành

Đại học Liên bang Ural, Viện Toán học và Khoa học Máy tính, Khoa Đại số và Toán rời rạc

Viện Vật lý và Công nghệ Moscow Bất đẳng thức Cauchy-Bunyakovsky. Hướng dẫn phương pháp chuẩn bị cho Olympic. Biên soạn: Parkevich Egor Vadimovich Mátxcơva 014 Tài liệu lý thuyết. Trong công việc này

PHÒNG THÍ NGHIỆM LÀM VIỆC 1 BỘ. HIỂN THỊ. HỆ TẬP HỢP 1. CÁC KHÁI NIỆM VÀ ĐỊNH LÝ CƠ BẢN Cho X là một tập hợp và gọi (x) là một tính chất nào đó

Seminar 2. Đường cônic trên mặt phẳng xạ ảnh 1. Định nghĩa đường cônic trong P 2. Tính chất bậc nhất của đường cônic. Như trước đây, chúng ta làm việc với k = R hoặc C. Định nghĩa đường cônic trong P 2. Xét một ánh xạ xạ ảnh f: l

5 Các phần tử của giải tích hàm 5.1 Không gian tuyến tính, chuẩn tắc và Banach 5.1.1 Định nghĩa không gian Một tập hợp không rỗng X gồm các phần tử x, y, z,... được gọi là không gian (vectơ) tuyến tính,

LD Lappo, AV Morozov Bài tập đại số cho lớp 0 trong sách giáo khoa "Đại số và sự khởi đầu của phân tích: Sách giáo khoa dành cho các cơ sở giáo dục phổ thông 0-cl / SHA Alimov và các biên tập viên khác. M: Giáo dục, 00" Chương I Hợp lệ

Chương 8 Đường và Mặt phẳng 8.1. Phương trình đường và mặt 8.1.1. Các đường thẳng trên mặt phẳng Giả sử rằng mặt phẳng đã cho hệ thống affine tọa độ. Gọi l là một đường cong trong mặt phẳng và f(x, y) là một số

Bộ Giáo dục và Khoa học Liên Bang Nga Cơ quan Giáo dục Liên bang Đại học Bang Penza Rudenko AK, Rudenko MN, Semerich YUS BỘ SƯU TẬP NHIỆM VỤ VỚI GIẢI PHÁP CHUẨN BỊ

Phương trình Trong đại số, hai loại đẳng thức được xem xét - đẳng thức và đẳng thức. Đẳng thức là một đẳng thức giữ cho tất cả các giá trị chấp nhận được) của các chữ cái có trong nó. Đối với đặc tính, các dấu hiệu được sử dụng

Nhiệm vụ của chuyến đi tương ứng trong toán học cho lớp 9 2014/2015 ac. năm, mức độ khó đầu tiên Nhiệm vụ 1 Giải phương trình: (x+3) 63 + (x+3) 62 (x-1) + (x+3) 61 (x-1) 2 + + (x-1) 63 = 0 Trả lời: -1 Nhiệm vụ 2 Tính tổng

Trại trường 57 tháng 7 06 Bất bình đẳng (bản tóm tắt) Dmitrieva A, Ionov K Bài một bất đẳng thức đơn giản Bài toán bất phương trình Chứng minh bất phương trình x + 4y + 9z 4xy + 6yz + 6zx Giải: x + 4y + 9z

Bộ Giáo dục của Khu vực Mátxcơva Tổ chức giáo dục ngân sách nhà nước về giáo dục chuyên nghiệp cao hơn của Khu vực Mátxcơva " Đại học Quốc tế tự nhiên, xã hội và

Kỳ thi Olympic liên khu vực dành cho học sinh “Vysshaya Proba”, TOÁN HỌC 2017, đợt 2 trang 1/11 Giải pháp và tiêu chí đánh giá các nhiệm vụ của kỳ thi Olympic 8-1

Bộ Giáo dục và Khoa học Liên bang Nga Viện Vật lý và Công nghệ Mátxcơva (Đại học Bang) Trường tương ứng Trường Vật lý và Công nghệ TOÁN HỌC Phép biến đổi đồng nhất. Phán quyết

Bài giảng 7 Chương. hệ thống bất đẳng thức tuyến tính.. Các khái niệm cơ bản Hệ bất phương trình tuyến tính dùng để giải các Bài toán. Hệ bất phương trình tuyến tính với ẩn số

Biên bản ghi nhớ Grishino - Trường trung học Slobodskaya

chương trình mô-đun

"Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức"

trong môn học tự chọn

"Đằng sau những trang sách giáo khoa toán học"

dành cho học sinh lớp 10-11

Biên soạn bởi:

giáo viên toán

Pankova E.Yu.

ghi chú giải thích

“Toán học được gọi là khoa học lặp lại: nói cách khác, các nhà toán học được cho là dành thời gian để chứng minh rằng mọi thứ đều bình đẳng với chính họ. Tuyên bố này rất không chính xác vì hai lý do. Thứ nhất, toán học, mặc dù có ngôn ngữ khoa học, nhưng không phải là khoa học; đúng hơn, nó có thể được gọi là nghệ thuật. Thứ hai, các kết quả chính của toán học thường được biểu thị bằng các bất đẳng thức hơn là bằng.”

Bất đẳng thức được sử dụng liên tục trong công việc thực tế của một nhà toán học. Chúng được sử dụng để thu được một số tính chất cực kỳ thú vị và quan trọng của các hình "đối xứng": hình vuông, hình lập phương, Tam giác đều, cũng như để chứng minh sự hội tụ của các quá trình lặp và tính một số giới hạn. Vai trò của bất đẳng thức cũng rất quan trọng trong các câu hỏi khác nhau của khoa học tự nhiên và công nghệ.

Các ý tưởng được sử dụng để chứng minh các bất đẳng thức cũng đa dạng như chính các bất đẳng thức đó. Trong các tình huống cụ thể, các phương pháp chung thường dẫn đến các giải pháp xấu. Nhưng sự kết hợp không rõ ràng của một số bất đẳng thức "cơ bản" chỉ có thể xảy ra đối với một số học sinh. Và, bên cạnh đó, không có gì ngăn cản học sinh trong từng trường hợp cụ thể tìm kiếm một giải pháp tốt hơn giải pháp thu được bằng phương pháp chung. Vì lý do này, việc chứng minh các bất đẳng thức thường được xếp vào lĩnh vực nghệ thuật. Và như trong bất kỳ nghệ thuật nào, nó có các kỹ thuật kỹ thuật riêng, tập hợp rất rộng và rất khó để thành thạo tất cả, nhưng mỗi giáo viên nên cố gắng mở rộng công cụ toán học có sẵn trong kho của mình.


		Phương trình và bất phương trình với một tham số.
		Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức.
		Phương trình và bất phương trình chứa ẩn số dưới dấu môđun.
		Hệ bất phương trình hai biến.

"Đằng sau những trang sách giáo khoa toán học"

"Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức"


		Giới thiệu.
		Chứng minh bất phương trình dựa vào định nghĩa.
		Phương pháp quy nạp toán học.
		Ứng dụng của bất đẳng thức cổ điển.
		Phương pháp đồ họa.
		Phương pháp ngược lại.
		Một kỹ thuật để xem xét sự bất bình đẳng đối với một trong các biến.
		Ý tưởng khuếch đại
		Bài học - kiểm soát.

Bài 1. Giới thiệu.

Chứng minh bất đẳng thức là một chủ đề hấp dẫn và đầy thách thức trong toán tiểu học. Việc thiếu một cách tiếp cận thống nhất đối với vấn đề chứng minh các bất đẳng thức dẫn đến việc tìm kiếm một số kỹ thuật phù hợp để chứng minh một số dạng bất đẳng thức. Trong khóa học tự chọn này, các phương pháp chứng minh bất đẳng thức sau đây sẽ được xem xét:

lặp lại:

Tiến hành chứng minh một số tính chất.

Bất đẳng thức cổ điển:

1)
(Bất đẳng thức Cauchy)

Lịch sử tham khảo:

Bất đẳng thức (1) được đặt theo tên của nhà toán học người Pháp Auguste Cauchy. Con số
gọi điện trung bình cộng số a và b;

Ngoài ra:

Hãy xem xét một số ngụy biện toán học với sự bất bình đẳng.

ngụy biện toán học- một tuyên bố đáng kinh ngạc, trong bằng chứng về những lỗi không thể nhận thấy và đôi khi khá tinh vi được ẩn giấu.

ngụy biện là kết quả sai thu được với sự trợ giúp của lý luận dường như chỉ đúng, nhưng nhất thiết phải chứa lỗi này hoặc lỗi khác.

Ví dụ:

bốn trên mười hai

Bài 2. Chứng minh bất phương trình dựa vào định nghĩa.

Bản chất của phương pháp này như sau: để thiết lập giá trị của các bất đẳng thức F(x,y,z)>S(x,y,z) tạo nên sự khác biệt F(x,y,z)-S( x,y,z) và chứng minh rằng nó dương. Sử dụng phương pháp này, người ta thường chọn bình phương, lập phương của tổng hoặc hiệu chứ không phải hình vuông đầy đủ tổng hoặc chênh lệch. Điều này giúp xác định dấu hiệu của sự khác biệt.

Ví dụ. Chứng minh bất đẳng thức (x+y)(x+y+2cosx)+2 2sin 2x

Bằng chứng:

Xét hiệu (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.

Chứng minh bất đẳng thức:

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

4.
>2x-20

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

Bài 3. Phương pháp quy nạp toán học.

Khi chứng minh các bất đẳng thức chứa số tự nhiên, người ta thường dùng đến phương pháp quy nạp toán học. Phương pháp như sau:

1) kiểm tra tính đúng của định lý cho n=1;

2) chúng ta giả định rằng định lý đúng với n=k nào đó, và dựa trên giả định này, chúng ta chứng minh tính đúng của định lý cho n=k+1;

3) dựa vào hai bước đầu tiên và nguyên lý quy nạp toán học, ta kết luận rằng định lý đúng với mọi n.

Ví dụ.

Chứng minh bất đẳng thức

Bằng chứng:

1) với n=2 thì bất đẳng thức đúng:

2) Để bất đẳng thức đúng với n=k i.e.
(*)

Bài tập cho lớp học và bài tập về nhà

Chứng minh bất đẳng thức:

6)
.

bài 4 Ứng dụng của bất đẳng thức cổ điển.

Ví dụ.

Chứng minh bất đẳng thức:

Bằng chứng:

Là một bất đẳng thức tham chiếu, chúng tôi sử dụng
.

Ta đưa bất đẳng thức này về dạng sau:

, sau đó

Nhưng =
, sau đó

Chứng minh bất đẳng thức:

1)(p+2)(q+2)(p+q)16pq (để chứng minh ta dùng bất đẳng thức
)

2)
(đối với tài liệu, sự bất bình đẳng được sử dụng)

3) (a+b)(b+c)(c+a) 8abc (bất đẳng thức dùng để chứng minh)

4)
(đối với doc-va, bất đẳng thức được sử dụng).

Bài 5 Phương pháp đồ họa.

Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp đồ thị như sau: nếu ta chứng minh bất đẳng thức f(x)>g(x)(f(x)

1) dựng đồ thị của các hàm y=f(x) và y=g(x);

2) nếu đồ thị của hàm số y=f(x) nằm phía trên (phía dưới) đồ thị của hàm số y=g(x), thì bất đẳng thức đang được chứng minh là đúng.

Ví dụ.

Chứng minh bất đẳng thức:

cosx
,x0

Bằng chứng:

Hãy để chúng tôi xây dựng trong một hệ tọa độ đồ thị của các hàm y=cosx và

Từ đồ thị có thể thấy rằng tại x0 đồ thị của hàm số y=cosx nằm phía trên đồ thị của hàm số y= .

Nhiệm vụ để làm việc trong lớp học và ở nhà.

Chứng minh bất đẳng thức:

3)ln(1+x) 0

4)
.

Bài 6

Ví dụ.

Chứng minh bất đẳng thức:

Bằng chứng:

Giả sử ngược lại, tức là .

Hãy bình phương cả hai phần của bất đẳng thức, chúng ta nhận được
và hơn thế nữa

. Nhưng điều này mâu thuẫn với bất đẳng thức Cauchy. Vì vậy, giả định của chúng tôi là sai, tức là bất đẳng thức là đúng

Nhiệm vụ để làm việc trong lớp học và ở nhà.

Chứng minh bất đẳng thức:

Bài 7 Một kỹ thuật để xem xét sự bất bình đẳng đối với một trong các biến.

Bản chất của phương pháp là xét bất phương trình và nghiệm của nó đối với một biến.

Ví dụ.

Chứng minh bất đẳng thức:

Ví dụ.

Chứng minh bất đẳng thức:

Bằng chứng:

Nhiệm vụ để làm việc trong lớp học và ở nhà.

Chứng minh bất đẳng thức:

bài 9 Bài học - kiểm soát kiến thức của học sinh.

Làm việc trong bài học này có thể được tổ chức theo cặp hoặc nếu có một lớp học lớn theo nhóm. Vào cuối bài học, mỗi học sinh nên được đánh giá. Đây là bảng điểm cho khóa học này. Không nên thực hiện công việc kiểm soát về chủ đề này. chứng minh các bất đẳng thức, như đã đề cập trong phần giải thích, thuộc về lĩnh vực nghệ thuật. Ở phần đầu, học sinh được yêu cầu tự xác định phương pháp chứng minh các bất đẳng thức đề xuất. Nếu học sinh gặp khó khăn, giáo viên sẽ chỉ cho họ phương pháp hợp lý, đồng thời cảnh báo cả nhóm rằng điều này tất nhiên sẽ ảnh hưởng đến việc đánh giá của họ.

phương pháp bằng chứngbất bình đẳng. Cái này phương phápbằng chứngbất bình đẳng bằng cách giới thiệu các hàm trợ giúp ...

Khóa học tự chọn trong toán học về phương pháp chứng minh bất đẳng thức

khóa học tự chọn

xa lạ, khác biệt phương phápbằng chứngbất bình đẳng, cũng như ứng dụng bất bình đẳng bất bình đẳng qua phương pháp phương pháp vì bằng chứngbất bình đẳng, để giải quyết vấn đề ...

Môn tự chọn môn toán Bất đẳng thức Phương pháp chứng minh Lời giải

khóa học tự chọn

xa lạ, khác biệt phương phápbằng chứngbất bình đẳng, cũng như ứng dụng bất bình đẳng khi giải quyết các vấn đề khác nhau ... Có thể: đánh giá bất bình đẳng qua phương pháp Sturm, áp dụng được xem xét phương pháp vì bằng chứngbất bình đẳng, để giải quyết vấn đề ...

Môn tự chọn môn toán Bất đẳng thức Phương pháp chứng minh Lời giải (1)

khóa học tự chọn

Một kỳ thi Olympic hiếm hoi không gặp vấn đề gì trong đó yêu cầu chứng minh một bất đẳng thức nào đó. Các bất đẳng thức đại số được chứng minh bằng nhiều phương pháp dựa trên các phép biến đổi tương đương và các tính chất của các bất đẳng thức số:

1) nếu a – b > 0 thì a > b; nếu a - b

2) nếu a > b thì b a;

3) nếu một

4) nếu một

5) nếu a 0 thì ac

6) nếu một bc; a/c > b/c;

7) nếu 1

8) nếu 0

Nhắc lại một số bất đẳng thức cơ bản thường dùng để chứng minh các bất đẳng thức khác:

1) 2 > 0;

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

3) x + 1 / x > 2, với x > 0, và x + 1 / x –2, với x

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

5) nếu a > b > 0 thì 1/a

6) nếu a > b > 0 và x > 0, thì a x > b x, đặc biệt, đối với n tự nhiên > 2

a 2 > b 2 và n √ a > n √ b;

7) nếu a > b > 0 và x

8) nếu x > 0 thì tội x

Nhiều bài toán cấp độ Olympic, và đây không chỉ là những bất đẳng thức, được giải một cách hiệu quả với sự trợ giúp của một số bất đẳng thức đặc biệt mà học sinh phổ thông thường không quen thuộc. Trước hết, chúng nên bao gồm:

bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình hình học của các số dương (bất đẳng thức Cauchy):

Bất đẳng thức Bernoulli:

(1 + α)n ≥ 1 + nα, với α > -1, n là số tự nhiên;

Bất đẳng thức Cauchy-Bunyakovsky:

(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 );

Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức "phổ biến" nhất bao gồm:

chứng minh bất đẳng thức dựa vào định nghĩa;
phương pháp chọn hình vuông;
phương pháp đánh giá liên tiếp;
phương pháp quy nạp toán học;
sử dụng các bất đẳng thức đặc biệt và cổ điển;
sử dụng các yếu tố phân tích toán học;
sử dụng các cân nhắc hình học;
ý tưởng về sự khuếch đại, v.v.

Vấn đề với các giải pháp

1. Chứng minh bất đẳng thức:

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 với x > 0, y > 0.

a) Ta có

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

đó là điều hiển nhiên.

b) Bất đẳng thức cần chứng minh sau khi nhân cả hai vế với 2 sẽ có dạng

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

hoặc

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

hoặc

(a – b)2 + (a – 1)2 + (b – 1)2 > 0,

đó là điều hiển nhiên. Đẳng thức chỉ xảy ra khi a = b = 1.

c) Chúng ta có

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. Chứng minh bất đẳng thức:

một)	một	+	b		>	2 với a > 0, b > 0;
	b		một

b)	r	+	r	+	r		> 9, với a, b, c là các cạnh và P là chu vi của tam giác;
	một		b		c

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

a) Ta có:

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

b ) Việc chứng minh bất đẳng thức này cơ bản dựa vào ước lượng sau:

b+c	+	a+c	+	a+b	=
một		b		c

một

= (

một

) + (

một

) + (

) > 6,

một

Đẳng thức đạt được đối với một tam giác đều.

c) Ta có:

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

= abc (

một

– 2 +

một

– 2 ) =

một

= abc ((

một

– 2) + (

một

– 2) + (

– 2) ) > 0,

một

vì tổng của hai số nghịch đảo dương lớn hơn hoặc bằng 2.

3. Chứng minh rằng nếu a + b = 1 thì bất đẳng thức a 8 + b 8 > 1 / 128 thỏa mãn.

Từ điều kiện a + b = 1 suy ra

a 2 + 2ab + b 2 = 1.

Hãy cộng bất đẳng thức này với bất đẳng thức hiển nhiên

một 2 - 2ab + b 2 > 0.

Chúng tôi nhận được:

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

4a 4 – 8a 2 b 2 + 4b 2 > 0,

chúng tôi nhận được:

8a 4 + 8b 4 > 1, do đó 64a 8 + 128a 4 b 4 + 64b 4 > 1.

Cộng bất đẳng thức này với bất đẳng thức hiển nhiên

64a 8 – 128a 4 b 4 + 64b 4 > 0,

chúng tôi nhận được:

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

4. Còn gì nữa e e π π hoặc e 2π?

Xem xét chức năng f(x) = x – π log x . Bởi vì f'(x) = 1 – π / x , và bên trái dấu chấm X = π f'(x) 0 , và bên phải - f'(x) > 0, sau đó f(x) Nó có giá trị nhỏ nhất tại điểm X = π . Như vậy f(e) > f(π), đó là

e – π ln e = e – π > π – π ln π

hoặc

e + π log π > 2π .

Do đó chúng tôi nhận được rằng

e e+ π log π > e 2π,

của cô· e π log π > e 2 π ,

e e π π > e 2π.

5. Chứng minh rằng

nhật ký(n + 1) >	lg 1 + lg 2 + . . . + nhật ký n	.
	N

Sử dụng các tính chất của logarit, có thể dễ dàng rút gọn bất đẳng thức này thành một bất đẳng thức tương đương:

(n + 1) n > n!,

ở đâu! = 1 2 3 . . . · n (n-giai thừa). Ngoài ra, có một hệ thống bất bình đẳng rõ ràng:

n + 1 > 1,

n + 1 > 2,

n + 1 > 3,

. . . . .

n + 1 > n

sau khi nhân từng số hạng ta được ngay (n + 1) n > n!.

6. Chứng minh rằng 2013 2015 2015 2013

Chúng ta có:

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

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

Rõ ràng, người ta cũng có thể nhận được một mệnh đề tổng quát: với mọi n tự nhiên, bất đẳng thức

(n – 1) n +1 (n + 1) n –1

7. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n bất đẳng thức sau thỏa mãn:

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

Hãy ước lượng vế trái của bất đẳng thức:

1	+	1	+	1	+ . . . +	1	=
1!		2!		3!		N!

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

1 +	1	+	1	+	1	+ . . . +	1	=
	12		2 3		3 4		(n – 1) n

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

Q.E.D.

8. Cho a 1 2 , a 2 2 , a 3 2 , . . . , và n 2 là bình phương của n khác nhau số tự nhiên. Chứng minh rằng

(1 –	1	) (1	–	1	) (1	–	1	) . . . (1	–	1	) >	1	.
	một 1 2			một 2 2			một 3 2			một n2		2

Đặt số lớn nhất trong các số này bằng m. sau đó

(1 –	1	) (1	–	1	) (1	–	1	) . . . (1	–	1	) >
	một 1 2			một 2 2			một 3 2			một n2

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

vì thừa số nhỏ hơn 1 được thêm vào vế phải.Chúng tôi tính toán phía bên phải bằng cách bao thanh toán từng dấu ngoặc đơn:

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

m + 1

2 2 3 2 4 2 . . . m2

Mở ngoặc ở vế trái, ta được tổng

1 + (a 1 + ... + a n) + (a 1 a 2 + ... + a n –1 a n) + (a 1 a 2 a 3 + ... + a n –2 a n –1 a n) + . . . + a 1 a 2 . . . một .

Tổng của các số trong ngoặc thứ hai không vượt quá (a 1 + . . . + a n) 2 , tổng trong ngoặc thứ ba không vượt quá (a 1 + . . . + a n) 3 , v.v. Do đó, toàn bộ sản phẩm không vượt quá

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

Cách 2.

Bằng phương pháp quy nạp toán học, ta chứng minh được với mọi số tự nhiên n bất đẳng thức sau nghiệm đúng:

(1 + a1) . . . (1 + một)

Với n = 1 ta có: 1 + a 1 1 .

Cho n = k ta có:(1 + một 1 ) . . . (1 + k ) 1 + . . . + k ).

Xét trường hợp n = k +1:(1 + một 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 ).

Theo nguyên lý quy nạp toán học, bất đẳng thức được chứng minh.

10. Chứng minh bất đẳng thức Bernoulli:

(1 + α)n ≥ 1 + nα,

trong đó α > -1, n là số tự nhiên.

Hãy sử dụng phương pháp quy nạp toán học.

Với n = 1 ta có bất đẳng thức đúng:

1 + α ≥ 1 + α.

Giả sử rằng bất đẳng thức sau đúng:

(1 + α)n ≥ 1 + nα.

Hãy để chúng tôi chỉ ra rằng sau đó chúng tôi có

(1 + α)n + 1 ≥ 1 + (n + 1)α.

Thật vậy, vì α > –1 nên α + 1 > 0, nên nhân cả hai vế của bất đẳng thức

(1 + α)n ≥ 1 + nα

trên (a + 1), chúng tôi nhận được

(1 + α) n (1 + α) ≥ (1 + nα)(1 + α)

hoặc

(1 + α)n + 1 ≥ 1 + (n + 1)α + nα 2

Vì nα 2 ≥ 0 nên

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

Như vậy, theo nguyên lý quy nạp toán học, bất đẳng thức Bernoulli nghiệm đúng.

Vấn đề không có giải pháp

1. Chứng minh bất đẳng thức đối giá trị tích cực biến

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

2. Chứng minh rằng với mọi a thì bất đẳng thức

3(1 + a 2 + a 4) ≥ (1 + a + a 2) 2 .

3. Chứng minh rằng đa thức x 12 – x 9 + x 4 – x+ 1 dương với mọi giá trị của x.

4. Với 0 e chứng minh bất đẳng thức

(e+x) e– x > ( e– x) e+ x .

5. Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng

a+b

b+c

a+c

≤

Mục đích của bạn:biết các phương pháp chứng minh bất đẳng thức và vận dụng được.

Phần thực hành

Khái niệm chứng minh bất đẳng thức . Một số bất bình đẳng trở thành sự thật bất đẳng thức số cho tất cả giá trị được phép biến hoặc trên một số tập giá trị biến đã cho. Ví dụ, các bất đẳng thức một 2 ³0, ( một–b) 2 ³ 0 , một 2 +b 2 +c 2 " ³ 0 đúng với mọi giá trị thực của biến và bất phương trình ³ 0 – cho mọi giá trị thực không âm một.Đôi khi vấn đề chứng minh một bất đẳng thức nảy sinh.

Chứng minh một bất đẳng thức tức là chỉ ra rằng một bất đẳng thức đã cho biến thành một bất đẳng thức cấp số thực với mọi giá trị chấp nhận của các biến hoặc trên một tập giá trị cho trước của các biến đó.

Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức. thông báo rằng phương pháp chung không có bằng chứng về sự bất bình đẳng. Tuy nhiên, một số trong số họ có thể được chỉ định.

1. Một phương pháp để ước tính dấu hiệu của sự khác biệt giữa các phần bên trái và bên phải của một bất đẳng thức. Sự khác biệt giữa trái và bộ phận bên phải bất đẳng thức và xác định xem chênh lệch này là dương hay âm đối với các giá trị được xem xét của các biến (đối với bất đẳng thức không nghiêm ngặt, cần xác định xem chênh lệch này là không âm hay không dương).

Ví dụ 1. Với mọi số thực một và b có một sự bất bình đẳng

một 2 + b 2³2 b. (1)

Bằng chứng. Soạn sự khác biệt giữa các phần bên trái và bên phải của bất bình đẳng:

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

Vì bình phương của bất kỳ số thực nào cũng là một số không âm nên ( a-b) 2 ³ 0, nghĩa là một 2 + b 2³2 ab cho mọi số thực một và b.Đẳng thức ở (1) đúng khi và chỉ khi một = b.

Ví dụ 2. Chứng minh rằng nếu một³ 0 và b³ 0, sau đó ³ , tức là trung bình cộng của các số thực không âm một và b nhỏ hơn giá trị trung bình hình học của chúng.

Bằng chứng. Nếu một³ 0 và b³ 0 thì

³ 0. Do đó, ³ .

2. phương pháp suy luận chứng minh bất đẳng thức. Bản chất của phương pháp này như sau: sử dụng một loạt các phép biến đổi, bất đẳng thức cần thiết được suy ra từ một số bất đẳng thức (tham khảo) đã biết. Ví dụ, các bất đẳng thức sau đây có thể được sử dụng để tham khảo: một 2 ³ 0 cho bất kỳ mộtÎ r ; (a-b) 2 ³ 0 với mọi một và bÎ r ; (một 2 + b 2) ³ 2 ab bất cứ gì một, bÎ r ; ³ tại một ³ 0, b ³ 0.

Ví dụ 3. Chứng minh rằng với mọi số thực một và b có một sự bất bình đẳng

một 2 + b 2 + với 2³ ab + bc + ac.

Bằng chứng. Từ các bất đẳng thức đúng ( a-b) 2 ³ 0, ( b – c) 2 ³ 0 và ( c – một) 2 ³ 0 nên suy ra một 2 + b 2³2 ab, b 2 + c 2³2 bc, c 2 + một 2³2 AC. Cộng cả ba bất phương trình theo số hạng rồi chia cả hai vế của bất phương trình mới cho 2, ta được bất phương trình cần tìm.

Bất đẳng thức ban đầu cũng có thể được chứng minh bằng phương pháp đầu tiên. Thực vậy, một 2 + b 2 + với 2 –ab-bc-ac= 0,5(2một 2 + 2b 2 + 2với 2 – 2ab- 2bc- 2AC) = = 0,5((a-b) 2 + (AC) 2 + (b-c) 2)³ 0.

sự khác biệt giữa một 2 + b 2 + với 2 và ab + bc + ac lớn hơn hoặc bằng 0, có nghĩa là một 2 + b 2 + với 2³ ab + bc + ac(đẳng thức đúng khi và chỉ khi a = b = c).

3. Phương pháp ước lượng trong chứng minh bất phương trình.

Ví dụ 4. Chứng minh bất đẳng thức

+ + + … + >

Bằng chứng. Dễ dàng thấy rằng vế trái của bất phương trình chứa 100 số hạng, mỗi số hạng không nhỏ hơn. Trong trường hợp này, ta nói rằng vế trái của bất đẳng thức có thể được ước lượng từ bên dưới như sau:

+ + + … + > = 100 = .

4. Phương pháp quy nạp đầy đủ. Bản chất của phương pháp là xem xét tất cả các trường hợp đặc biệt bao hàm toàn bộ điều kiện của bài toán.

Ví dụ 5. Chứng minh rằng nếu x > ï tạiï , sau đó x > y.

Bằng chứng. Hai trường hợp có thể xảy ra:

một) tại³ 0 ; sau đó tôi tạiï = y, và theo điều kiện x >ï tạiï . Có nghĩa, x > y;

b) tại< 0; sau đó tôi tạiï > y và theo điều kiện x >ï tạiý tôi là x > y.

Phần thực hành

Nhiệm vụ 0. Cầm lấy tờ rõ ràng giấy và trên đó viết ra câu trả lời cho tất cả các bài tập nói bên dưới. Sau đó đối chiếu câu trả lời của bạn với câu trả lời hoặc hướng dẫn ngắn gọn ở cuối phần này yếu tố học tập dưới tiêu đề "Trợ lý của bạn".

bài tập nói

1. So sánh tổng bình phương của hai số khác nhau và với tích hai lần của chúng.

2. Chứng minh bất đẳng thức:

một) ;

b) ;

Trong) ;

3. Được biết rằng . Chứng minh rằng .

4. Được biết rằng . Chứng minh rằng .

Bài tập 1.Điều đó nữa:

a) 2 + 11 hoặc 9; d) + hoặc;

b) hoặc + ; đ) - hoặc;

c) + hoặc 2; e) + 2 hay + ?

Nhiệm vụ 2. Chứng minh rằng với mọi số thực x có sự bất bình đẳng:

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

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

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

Nhiệm vụ 3. Chứng minh rằng:

một) x 3+1³ x 2 + x, nếu x³ –1;

b) x 3 + 1 £ x 2 + x, nếu x£ -1 .

Nhiệm vụ 4. Chứng minh rằng nếu một ³ 0, b³ 0, với³ 0, đ³ 0 thì

(một 2 + b 2)(c 2 + đ 2) ³ ( AC + bd) 2 .

Nhiệm vụ 5. Chứng minh bất đẳng thức bằng cách chọn một hình vuông đầy đủ:

một) x 2 – 2xy + 9y 2 ³ 0;

b) x 2 +y 2 + 2³2( x+y);

lúc 10 x 2 + 10xy + 5y 2 + 1 > 0;

g) x 2 – xy + y 2³0 ;

e) x 2 +y 2 +z 2 + 3³ 2( x + y + z);

e)( x + tôi)( x- 2y + tôi) + y 2³0 .

Nhiệm vụ 6. Chứng minh rằng:

một) x 2 + 2y 2 + 2xy + 6y+ l0 > 0 ;

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

tại 3 x 2 +y 2 + 8x + 4y- 2xy + 22 ³ 0;

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

Nhiệm vụ 7. Chứng minh rằng nếu N³ k³ 1, sau đó k(n–k+ 1) ³ N.

Nhiệm vụ 8. Chứng minh rằng nếu 4 một + 2b= 1 thì một 2 + b 2³ .

Xác định các giá trị một và b, theo đó bình đẳng diễn ra.

Nhiệm vụ 9. Chứng minh bất đẳng thức:

một) X 3 + tại 3³ X 2 tại + hu 2 lúc x³ 0 và y ³ 0;

b) X 4 + tại 4³ X 3 tại + hu 3 cho bất kỳ x và tại;

Trong) X 5 + tại 5³ X 4 tại + hu 4 giờ x³ 0 và y ³ 0;

g) xn + lúc n ³ xn-1 năm + xy n-1 lúc x³ 0 và y ³ 0.

Chứng minh rằng bất đẳng thức là đúng. Chứng minh và giải bất đẳng thức

Chương trình Olympic mở rộng và yêu cầu chuẩn bị kiến ​​thức môn Toán cho học sinh lớp 9

Chương trình tự chọn môn toán lớp 8

bảng điểm

Khóa học tự chọn trong toán học về phương pháp chứng minh bất đẳng thức

Môn tự chọn môn toán Bất đẳng thức Phương pháp chứng minh Lời giải

Môn tự chọn môn toán Bất đẳng thức Phương pháp chứng minh Lời giải (1)

Vấn đề với các giải pháp

Vấn đề không có giải pháp

Chương trình Olympic mở rộng và yêu cầu chuẩn bị kiến thức môn Toán cho học sinh lớp 9