Nelygybių su dviem kintamaisiais įrodymai. Modulio „Nelygybių įrodinėjimo metodai“ programa - Programa

Kengūros olimpiados koordinatorių seminare Viačeslavas Andrejevičius Jasinskis skaitė paskaitą, kaip įrodyti olimpiados simetrines nelygybes naudojant savo metodą kintamųjų skirtumai.

Tikrai, toliau matematikos olimpiados Dažnai yra užduočių nelygybėms įrodyti, pavyzdžiui, su Tarptautinė olimpiada matematika 2001 m.: $\frac(a)(\sqrt(a^2+8bc))+\frac(b)(\sqrt(b^2+8ac))+\frac(c)(\sqrt(c ^) 2+8ab))\geq 1$ (teigiamiesiems a,b,c).

Paprastai, norint įrodyti olimpiados nelygybę, ji turi būti sumažinta iki vienos iš pagrindinių: Cauchy, Cauchy-Bunyakovsky, Jensen, nelygybė tarp vidurkių ir kt. Be to, prieš pasiekdami sėkmės, dažnai turite išbandyti skirtingas pagrindinės nelygybės versijas.

Tačiau dažnai olimpiadų nelygybės (kaip ir aukščiau) turi vieną požymį. Pertvarkius kintamuosius (pavyzdžiui, a pakeitus b, b su c, o c į a), jie nepasikeis.

Jei kelių kintamųjų funkcija nesikeičia jokiu pertvarkymu, tada ji vadinama simetriška. Simetrinei funkcijai f iš trijų kintamųjų galioja lygybė:
f(x,y,z)= f(x,z,y)= f(y ,x ,z )= f(y ,z ,x )= f(z ,x ,y )= f(z, y, x)

Jei funkcija nesikeičia tik cikliškai pertvarkant kintamuosius, ji vadinama cikline.
f(x,y,z)= f(y,z,x)= f(z, x, y)

Nelygybėms, sukonstruotoms simetrinių funkcijų pagrindu, Viačeslavas Andrejevičius sukūrė universalų įrodinėjimo metodą.
Metodas susideda iš šių žingsnių.
1. Transformuokite nelygybę taip, kad kairėje būtų simetriškas daugianomas (žymime jį D), o dešinėje – 0.

2. Išreikškite simetrinį daugianarį D kintamuosiuose a, b, c pagrindiniais simetriniais daugianariais.

Yra trys pagrindiniai simetriniai polinomai trijuose kintamuosiuose. Tai:
p = a+b+c – suma;
q = ab+bc+ac – porinių sandaugų suma;
r = abc – produktas.

Bet kuris simetriškas daugianomas gali būti išreikštas baziniais daugianariais.

3. Kadangi daugianomas D yra simetriškas, neprarasdami bendrumo galime daryti prielaidą, kad kintamieji a, b, c yra išdėstyti taip: $a\geq b\geq c$

4. Įvedame du neneigiamus skaičius x ir y, kad x = a-b, y = b-c.

5. Dar kartą transformuokite daugianarį D, išreikšdami p, q ir r dydžiais c ir x, y. Atsižvelgiame į tai
b = y+c
a = (x+y)+c

Tada
p = a+b+c = (x+2y)+3c
q = ab+bc+ac = 3c 2 +2(x+2y)c+(x+y)y
r = abc = (x+y)yc + (x+2y)c 2 +c 3

Atkreipkite dėmesį, kad mes neatidarome skliaustų išraiškose, kuriose yra x ir y.

6. Dabar daugianarį D laikome daugianariu c, kurio koeficientai išreiškiami x ir y. Atsižvelgiant į koeficientų neneigiamumą, nesunku parodyti, kad nelygybės ženklas bus išsaugotas visiems priimtinos vertės Su.

Paaiškinkime šį metodą pavyzdžiais.
1 pavyzdys. Įrodykite nelygybę:
$(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)$

Įrodymas
Kadangi nelygybė yra simetriška (nekinta keičiant kintamuosius a, b, c), pateikiame ją kaip
$(a+b+c)^2 – 3(ab+bc+ac)\geq 0$

Išreikškime kairėje pusėje esantį daugianarį pagrindiniais simetriniais:
$p^2 – 3q\geq 0$

Kadangi daugianomas yra simetriškas, neprarasdami bendrumo galime daryti prielaidą, kad $a\geq b\geq c$ ir $x = a-b\geq 0$, $y = b-c\geq 0$.

p 2 -3q = ((x+2y)+3c) 2 -3(3c 2 +2(x+2y)c+(x+y)y) = (x+2y) 2 +6(x+2y)c +9c 2 -9c 2 -6(x+2y)c-3(x+y)y

Atvedę panašius, gauname nelygybę, kurioje iš viso nėra kintamojo su
$(x+2y)^2-3(x+y)y\geq 0$

Dabar galite atidaryti skliaustus
$x^2+4xy+4y^2-3xy-3y^2\geq 0$
$x^2+xy+y^2\geq 0$ – tai galioja ir neigiamam x, y ir bet kuriam.

Taigi nelygybė įrodyta.

2 pavyzdys(iš 1999 m. Britanijos matematikos olimpiados)
Įrodykite, kad $7(ab+bc+ac)\leq 2+9abc$ (teigiamiems skaičiams, jei a+b+c = 1)

Įrodymas
Prieš pradėdami viską derinti kairėje pusėje, pažymėkime, kad nelygybės dalių laipsniai nėra subalansuoti. Jei 1 pavyzdyje abi nelygybės pusės buvo antrojo laipsnio daugianariai, tai čia antrojo laipsnio daugianaris lyginamas su nulinio ir trečiojo daugianario suma. Mes naudojame tai, kad suma a+b+c pagal sąlygą yra lygi 1 ir kairę pusę padauginame iš vieneto, o du iš dešinės – iš vieno kubo.

7 USD(ab+bc+ac)(a+b+c)\leq 2(a+b+c)^3+9abc$

Dabar perkelkime viską į kairę ir įsivaizduokime kairę pusę kaip simetrinį a, b, c daugianarį:
7 USD(ab+bc+ac)(a+b+c)- 2(a+b+c)^3-9abc\leq 0$

Išreikškime kairiąją pusę pagrindiniais simetriniais daugianariais:
$7qp- 2p^3-9r\leq 0$

Išreikškime kairę pusę x, y ir c atžvilgiu, pateikdami ją kaip daugianarį c atžvilgiu.
7qp- 2p 3 -9r = 7(3c 2 +2(x+2y)c+(x+y)y)((x+2y)+3c)-2((x+2y)+3c) 3 -9( (x+y)yc + (x+2y)c 2 +c 3) = 7 (3(x+2y)c 2 +2(x+2y) 2 c+(x+2y)(x+y)y+ 9c 3 +6(x+2y)c 2 +3(x+y)yс) - 2 ((x+2y) 3 +9(x+2y) 2 c+27(x+2y)c 2 +27c 3 ) – 9((x+y)yc + (x+2y)c 2 +c 3) = 21(x+2y)c 2 +14(x+2y) 2 c +7(x+2y)(x+ y) y+63c 3 +42(x+2y)c 2 +21(x+y)yс -2(x+2y) 3 -18(x+2y) 2 c -54(x+2y)c 2 - 54c 3 -9(x+y)yc -9(x+2y)c 2 -9c 3

Svarbiausia, kad transformacijos būtų atliekamos atsargiai ir atsargiai. Kaip sakė Viačeslavas Andrejevičius, jei jis atlieka transformacijas ir kažkas jį atitraukia, jis išmeta popieriaus lapą su formulėmis ir pradeda iš naujo.

Kad būtų patogiau sumažinti panašius galutiniame daugianario, jie paryškinti skirtingomis spalvomis.

Visi terminai su c 3 bus sunaikinti: 63c 3 -54c 3 -9c 3 = 0
Tas pats atsitiks su antruoju laipsniu su: 21 (x+2y)c 2 +42 (x+2y)c 2 -54 (x+2y)c 2 -9 (x+2y)c 2 = 0

Pakeiskime terminus su pirmuoju laipsniu: 14(x+2y) 2 c+21(x+y)yс-18(x+2y) 2 c-9(x+y)yc= -4 (x+2y) 2 c+12 (x+y)yс = (12 (x+y)y - 4 (x+2y) 2 )c = (12xy+12y 2 - 4x 2 -16xy-16 y 2 )c = (- 4x 2 -4xy-4 y 2 )c = -4 (x 2 +xy+ y 2 )c – ši išraiška niekada nebus teigiama.

IR nemokami nariai: 7(x+2y)(x+y)y-2(x+2y) 3 = 7(x+2y)(xy+y 2) - 2(x+2y)(x 2 +4xy+4y 2) = (x+2y) (7xy+7y 2 -2x 2 -8xy-8y 2) = - (x+2y)(2x 2 +xy+y 2) - ir ši išraiška.

Taigi pradinė nelygybė visada bus patenkinta, o į lygybę pavirs tik tuo atveju, jei a=b=c.

Savo paskaitoje Viačeslavas Andrejevičius aptarė daug daugiau įdomių pavyzdžių. Pabandykite naudoti šį metodą olimpiadų nelygybėms įrodyti. Galbūt tai padės jums gauti keletą vertingų taškų.

Kengūros olimpiados koordinatorių seminare Viačeslavas Andrejevičius Jasinskis skaitė paskaitą apie tai, kaip įrodyti olimpiados simetrines nelygybes naudojant savo kintamųjų skirtumų metodą.

Iš tiesų, matematikos olimpiadose dažnai yra užduočių, įrodančių nelygybes, pavyzdžiui, ši iš 2001 m. tarptautinės matematikos olimpiados: $\frac(a)(\sqrt(a^2+8bc))+\frac(b )( \sqrt(b^2+8ac))+\frac(c)(\sqrt(c^2+8ab))\geq 1$ (teigiamiesiems a,b,c).

Paprastai, norint įrodyti olimpiados nelygybę, ji turi būti sumažinta iki vienos iš pagrindinių: Cauchy, Cauchy-Bunyakovsky, Jensen, nelygybė tarp vidurkių ir kt. Be to, prieš pasiekdami sėkmės, dažnai turite išbandyti skirtingas pagrindinės nelygybės versijas.

Tačiau dažnai olimpiadų nelygybės (kaip ir aukščiau) turi vieną požymį. Pertvarkius kintamuosius (pavyzdžiui, a pakeitus b, b su c, o c į a), jie nepasikeis.

Jei kelių kintamųjų funkcija nesikeičia jokiu pertvarkymu, tada ji vadinama simetriška. Simetrinei funkcijai f iš trijų kintamųjų galioja lygybė:
f(x,y,z)= f(x,z,y)= f(y ,x ,z )= f(y ,z ,x )= f(z ,x ,y )= f(z, y, x)

Jei funkcija nesikeičia tik cikliškai pertvarkant kintamuosius, ji vadinama cikline.
f(x,y,z)= f(y,z,x)= f(z, x, y)

Nelygybėms, sukonstruotoms simetrinių funkcijų pagrindu, Viačeslavas Andrejevičius sukūrė universalų įrodinėjimo metodą.
Metodas susideda iš šių žingsnių.
1. Transformuokite nelygybę taip, kad kairėje būtų simetriškas daugianomas (žymime jį D), o dešinėje – 0.

2. Išreikškite simetrinį daugianarį D kintamuosiuose a, b, c pagrindiniais simetriniais daugianariais.

Yra trys pagrindiniai simetriniai polinomai trijuose kintamuosiuose. Tai:
p = a+b+c – suma;
q = ab+bc+ac – porinių sandaugų suma;
r = abc – produktas.

Bet kuris simetriškas daugianomas gali būti išreikštas baziniais daugianariais.

3. Kadangi daugianomas D yra simetriškas, neprarasdami bendrumo galime daryti prielaidą, kad kintamieji a, b, c yra išdėstyti taip: $a\geq b\geq c$

4. Įvedame du neneigiamus skaičius x ir y, kad x = a-b, y = b-c.

5. Dar kartą transformuokite daugianarį D, išreikšdami p, q ir r dydžiais c ir x, y. Atsižvelgiame į tai
b = y+c
a = (x+y)+c

Tada
p = a+b+c = (x+2y)+3c
q = ab+bc+ac = 3c 2 +2(x+2y)c+(x+y)y
r = abc = (x+y)yc + (x+2y)c 2 +c 3

Atkreipkite dėmesį, kad mes neatidarome skliaustų išraiškose, kuriose yra x ir y.

6. Dabar daugianarį D laikome daugianariu c, kurio koeficientai išreiškiami x ir y. Atsižvelgiant į koeficientų neneigiamumą, pasirodo, nesunku parodyti, kad nelygybės ženklas bus išsaugotas visoms leistinoms c reikšmėms.

Paaiškinkime šį metodą pavyzdžiais.
1 pavyzdys. Įrodykite nelygybę:
$(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)$

Įrodymas
Kadangi nelygybė yra simetriška (nekinta keičiant kintamuosius a, b, c), pateikiame ją kaip
$(a+b+c)^2 – 3(ab+bc+ac)\geq 0$

Išreikškime kairėje pusėje esantį daugianarį pagrindiniais simetriniais:
$p^2 – 3q\geq 0$

Kadangi daugianomas yra simetriškas, neprarasdami bendrumo galime daryti prielaidą, kad $a\geq b\geq c$ ir $x = a-b\geq 0$, $y = b-c\geq 0$.

p 2 -3q = ((x+2y)+3c) 2 -3(3c 2 +2(x+2y)c+(x+y)y) = (x+2y) 2 +6(x+2y)c +9c 2 -9c 2 -6(x+2y)c-3(x+y)y

Atvedę panašius, gauname nelygybę, kurioje iš viso nėra kintamojo su
$(x+2y)^2-3(x+y)y\geq 0$

Dabar galite atidaryti skliaustus
$x^2+4xy+4y^2-3xy-3y^2\geq 0$
$x^2+xy+y^2\geq 0$ – tai galioja ir neigiamam x, y ir bet kuriam.

Taigi nelygybė įrodyta.

2 pavyzdys(iš 1999 m. Britanijos matematikos olimpiados)
Įrodykite, kad $7(ab+bc+ac)\leq 2+9abc$ (teigiamiems skaičiams, jei a+b+c = 1)

Įrodymas
Prieš pradėdami viską redukuoti į kairę pusę, atkreipkime dėmesį, kad nelygybės dalių laipsniai nėra subalansuoti. Jei 1 pavyzdyje abi nelygybės pusės buvo antrojo laipsnio daugianariai, tai čia antrojo laipsnio daugianaris lyginamas su nulinio ir trečiojo daugianario suma. Mes naudojame tai, kad suma a+b+c pagal sąlygą yra lygi 1 ir kairę pusę padauginame iš vieneto, o du iš dešinės – iš vieno kubo.

7 USD(ab+bc+ac)(a+b+c)\leq 2(a+b+c)^3+9abc$

Dabar perkelkime viską į kairę ir įsivaizduokime kairę pusę kaip simetrinį a, b, c daugianarį:
7 USD(ab+bc+ac)(a+b+c)- 2(a+b+c)^3-9abc\leq 0$

Išreikškime kairiąją pusę pagrindiniais simetriniais daugianariais:
$7qp- 2p^3-9r\leq 0$

Išreikškime kairę pusę x, y ir c atžvilgiu, pateikdami ją kaip daugianarį c atžvilgiu.
7qp- 2p 3 -9r = 7(3c 2 +2(x+2y)c+(x+y)y)((x+2y)+3c)-2((x+2y)+3c) 3 -9( (x+y)yc + (x+2y)c 2 +c 3) = 7 (3(x+2y)c 2 +2(x+2y) 2 c+(x+2y)(x+y)y+ 9c 3 +6(x+2y)c 2 +3(x+y)yс) - 2 ((x+2y) 3 +9(x+2y) 2 c+27(x+2y)c 2 +27c 3 ) – 9((x+y)yc + (x+2y)c 2 +c 3) = 21(x+2y)c 2 +14(x+2y) 2 c +7(x+2y)(x+ y) y+63c 3 +42(x+2y)c 2 +21(x+y)yс -2(x+2y) 3 -18(x+2y) 2 c -54(x+2y)c 2 - 54c 3 -9(x+y)yc -9(x+2y)c 2 -9c 3

Svarbiausia, kad transformacijos būtų atliekamos atsargiai ir atsargiai. Kaip sakė Viačeslavas Andrejevičius, jei jis atlieka transformacijas ir kažkas jį atitraukia, jis išmeta popieriaus lapą su formulėmis ir pradeda iš naujo.

Kad būtų patogiau sumažinti panašius galutiniame daugianario, jie paryškinti skirtingomis spalvomis.

Visi terminai su c 3 bus sunaikinti: 63c 3 -54c 3 -9c 3 = 0
Tas pats atsitiks su antruoju laipsniu su: 21 (x+2y)c 2 +42 (x+2y)c 2 -54 (x+2y)c 2 -9 (x+2y)c 2 = 0

Pakeiskime terminus su pirmuoju laipsniu: 14(x+2y) 2 c+21(x+y)yс-18(x+2y) 2 c-9(x+y)yc= -4 (x+2y) 2 c+12 (x+y)yс = (12 (x+y)y - 4 (x+2y) 2 )c = (12xy+12y 2 - 4x 2 -16xy-16 y 2 )c = (- 4x 2 -4xy-4 y 2 )c = -4 (x 2 +xy+ y 2 )c – ši išraiška niekada nebus teigiama.

Ir nemokami terminai: 7(x+2y)(x+y)y-2(x+2y) 3 = 7(x+2y)(xy+y 2) - 2(x+2y)(x 2 +4xy+ 4y 2) = (x+2y) (7xy+7y 2 -2x 2 -8xy-8y 2) = - (x+2y)(2x 2 +xy+y 2) - ir ši išraiška.

Taigi pradinė nelygybė visada bus patenkinta, o į lygybę pavirs tik tuo atveju, jei a=b=c.

Savo paskaitoje Viačeslavas Andrejevičius aptarė daug įdomesnių pavyzdžių. Pabandykite naudoti šį metodą olimpiadų nelygybėms įrodyti. Galbūt tai padės jums gauti keletą vertingų taškų.

Čia pristatome koordinačių tiesėje iliustruojamų santykių „didesnis nei“ ir „mažiau nei“ algebrinį aiškinimą ir apsvarstytas jo pritaikymas nelygybėms įrodyti. Čia mokiniams parodyta, kaip algebriškai įrodyti skyriuje tirtas nelygybių savybes, anksčiau jos buvo geometriškai pagrįstos.

Įrodinėti nelygybes mokiniams yra gana sudėtinga medžiaga, todėl, atsižvelgiant į klasės lygį, reikėtų atsižvelgti į įvairaus laipsnio užbaigtumas.

Ypatinga nelygybes įrodančių problemų ypatybė – galimybė jas išspręsti įvairiais būdais. Todėl, siekiant išplėsti mokinių gebėjimą spręsti problemas, patartina parodyti keletą nelygybių įrodinėjimo variantų.

Yra du pagrindiniai būdai įrodyti nelygybę:

• 1) remiantis skirtumo tarp dešinės ir kairės nelygybės pusių sudarymu ir vėlesniu šio skirtumo palyginimu su nuliu;
• 2) perėjimas iš vienos nelygybės į kitą, jai ekvivalentišką, remiantis nelygybių savybėmis.

Abu keliai yra vienodi. Tačiau abiem atvejais turite užtikrinti savo įrašų tikslumą. Būtina paaiškinti mokiniams, kad jei pasirenkamas pirmasis sprendimo kelias, tai suskaičiavus skirtumą, atliekamos šios išraiškos transformacijos, kurias galima užrašyti kaip grandinę su „=“ ženklu. Gauta išraiška lyginama su nuliu ir pagal tai daroma išvada apie pradinę nelygybę. Jei pasirenkamas antrasis kelias, tada užrašoma lygiaverčių nelygybių seka (kaip sprendžiant nelygybę), o apie paskutinę iš jų daroma išvada – tiesa, ar ne. Štai kaip, pavyzdžiui, gali atrodyti pratimo sprendimo dizainas abiem atvejais.

Įrodykite nelygybę a2 + b2 + 2 2 (a + b) .

Suskaičiuokime skirtumą. Perkelkite 2 (a + b) į kairę

kairė ir dešinė nelygybės pusės:

nelygybės: a2 + b2 + 2 - 2 (a + b) 0;

a2 + b2 + 2 - 2 (a + b) =a2 + b2 + 2 2a - 2b 0;

A2 + b2 + 2 - 2a - 2b == (a2 - 2a + 1) +

= (a2 - 2a + 1) ++ (b2 - 2b + 1) 0;

+ (b2 - 2b + 1) = (a - 1) 2 + (b - 1) 2 0

= (a - 1)2 + (b - 1)2 .teisinga, todėl

(a - 1)2 + (b - 1)2 0, pradinė nelygybė taip pat teisinga:

todėl a2 + b2 + 2 2 (a + b) .

nelygybė įrodyta:

a2 + b2 + 2 2 (a + b) .

Atminkite, kad „Privalomas minimalus turinys“ neapima nelygybės įrodymų. Todėl atitinkamus įgūdžius galima laikyti temos įsisavinimo rezultatu, bet ne galutiniu mokymosi rezultatu. Šiuo atžvilgiu nelygybių įrodinėjimo užduotys neįtraukiamos į egzaminą ir neturėtų būti įtrauktos į kitus baigiamuosius testus.

Įrodykite, kad teigiamiems skaičiams p ir q: p4 + q4 p3q + pq3.

Sprendimas. Paverskime skirtumą

p4 + q4 - (p3q + pq3).

p4 + q4 - p3q - pq3 = p3 (p - q) + a3 (q - p) =

= (p - q) (p3 - q3) = (p - q)2 (p2 + pq + q2).

Kadangi p 0, q 0, tada pq 0, p2 + pq + q2 0, be to, (p - q)2 0.

Neneigiamo ir teigiamo skaičiaus sandauga yra neneigiama, t.y. aptariamas skirtumas yra didesnis arba lygus nuliui. Todėl p 0 atveju q 0 p4 + q4 p3q + pq3.

Įrodyk įvairiais būdais, kad jei a b 0, tai a2 + a b2 + b.

Sprendimas. Įrodžius nelygybę antruoju būdu,

Naudokime pavyzdyje įrodytą nelygybę: jei a ir b - teigiami skaičiai ir a b, tada a2 b2. Ir tada, pridėjus nelygybę a2 b2 ir nelygybę a b, gauname tai, ko mums reikia.

3. Kokiu atveju turistas greičiau įveiks tą patį atstumą: jei eis horizontaliu keliu su pastovus greitis arba jei pusę kelio jis važiuoja į kalną 1 km/h mažesniu nei jo greitis horizontaliu keliu, o pusę kelio žemyn nuo kalno 1 km/h didesniu nei horizontaliu keliu?

Sprendimas. Turisto greitį horizontaliame kelyje pažymėkime raide x, o atstumą laikykime 1. Problema kyla dėl išraiškų palyginimo

1 ir ___1___ + ___1___

x 2(x-1) 2(x+1).

Padarykime jų skirtumą ir pakeiskime tai, mes tai suprantame

o tai reiškia, kad tokiomis sąlygomis kelionės laikas horizontaliu keliu yra mažesnis nei kelyje su pakilimu ir nusileidimu.

Retai kada olimpiada praeina be problemų, dėl kurių reikia įrodyti tam tikrą nelygybę. Algebrinės nelygybės įrodomos naudojant įvairių metodų, kurios yra pagrįstos ekvivalentinėmis transformacijomis ir skaitmeninių nelygybių savybėmis:

1) jei a – b > 0, tai a > b; jei a – b

2) jei a > b, tai b a;

3) jei a

4) jei a

5) jei 0, tai ac

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

7) jei 1

8) jei 0

Prisiminkime kai kuriuos remti nelygybes, kurie dažnai naudojami kitoms nelygybėms įrodyti:

1) a 2 > 0;

2) aх 2 + bx + c > 0, jei а > 0, b 2 – 4ac

3) x + 1 / x > 2, jei x > 0, ir x + 1 / x –2, jei x

4) |a + b| |a| + |b|, |a – b|

> |a| – |b|;

5) jei a > b > 0, tai 1/a

6) jei a > b > 0 ir x > 0, tai a x > b x , ypač natūraliam n > 2 a 2 > b 2 ir n √ a > n √;

b

7) jei a > b > 0 ir x 8) jei x > 0, tai nuodėmė

x

• Daugelis olimpiados lygmens problemų, o ne tik nelygybės, yra efektyviai išspręstos tam tikromis specialiomis nelygybėmis, su kuriomis mokyklos mokiniai dažnai nėra susipažinę. Tai, visų pirma, apima:

• nelygybė tarp teigiamų skaičių aritmetinio vidurkio ir geometrinio vidurkio (Cauchy nelygybė):

Bernulio nelygybė:

• (1 + α) n ≥ 1 + nα, kur α > -1, n – natūralusis skaičius;

Koši-Bunyakovskio nelygybė:

(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 );

• Populiariausi nelygybės įrodymo metodai yra šie:
• apibrėžimu pagrįstas nelygybės įrodymas;
• kvadrato pasirinkimo metodas;
• nuoseklaus vertinimo metodas; metodas;
• matematinė indukcija
• specialiųjų ir klasikinių nelygybių naudojimas;
• matematinės analizės elementų naudojimas;
• geometrinių samprotavimų naudojimas;

stiprinimo idėja ir kt.

Problemos su sprendimais

1. Įrodykite nelygybę:

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, jei x > 0, y > 0.

a) Turime

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

kas akivaizdu.

b) Įrodoma nelygybė, padauginus abi puses iš 2, įgauna formą 2a 2 + 2b 2 + 2

> 2ab + 2a + 2b,

arba

> 2ab + 2a + 2b,

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

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

Lygybė atsiranda tik tada, kai a = b = 1.

c) Mes turime

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) =

= (x – y) (x 4 – y 4) = (x – y) (x – y) (x + y) (x 2 + y 2) = (x – y) 2 (x + y) (x 2 + y 2) > 0.

a) Mes turime:

b ) Šios nelygybės įrodymas tiesiog išplaukia iš šio įvertinimo:

Lygybė pasiekiama lygiakraštiniam trikampiui.

c) Mes turime:

kadangi dviejų abipusiai teigiamų abipusiai skaičiai didesnis arba lygus 2.

3. Įrodykite, kad jei a + b = 1, tai galioja nelygybė a 8 + b 8 > 1 / 128.

Iš sąlygos, kad a + b = 1, išplaukia, kad

a 2 + 2ab + b 2 = 1.

Pridėkime šią lygybę prie akivaizdžios nelygybės

a 2 – 2ab + b 2 > 0.

Mes gauname:

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

4a 4 – 8a 2 b 2 + 4b 2 > 0,

gauname:

8a 4 + 8b 4 > 1, iš kur 64a 8 + 128a 4 b 4 + 64b 4 > 1.

Pridedant šią nelygybę prie akivaizdžios nelygybės

64a 8 – 128a 4 b 4 + 64b 4 > 0,

gauname:

128a 8 + 128 b 8 > 1 arba a 8 + b 8 > 1/128.

4. Kas daugiau e e · π π arba e 2π?

Apsvarstykite funkciją f(x) = x – π ln x . Nes f'(x) = 1 – π/x , ir į kairę nuo taško X = π f’(x) 0 , ir dešinėje - f’(x) > 0, Tai f(x) turi mažiausia vertė taške X = π . Taigi f(е) > f(π), tai yra

e – π ln e = e – π > π – π ln π

> 2ab + 2a + 2b,

e + π ln π > 2π .

Iš čia mes tai gauname

e e + π ln π > e 2π,

ją· e π ln π > e 2 π ,

e e · π π > e 2π.

5. Įrodykite tai

Naudojant logaritmų savybes, jį lengva sumažinti ši nelygybėį ekvivalentinę nelygybę:

(n + 1) n > n!,

kur n! = 1 · 2 · 3 · . . . · n (n faktorinis). Be to, egzistuoja akivaizdžių nelygybių sistema:

n + 1 > 1,

n + 1 > 2,

n + 1 > 3,

. . . . .

n + 1 > n,

padauginę juos iš termino iš karto gauname, kad (n + 1) n > n!.

6. Įrodykite, kad 2013 2015 · 2015 2013 m

Turime:

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

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

Akivaizdu, kad galime gauti ir bendrą teiginį: bet kurio natūraliojo skaičiaus n nelygybė

(n – 1) n +1 (n + 1) n –1

7. Įrodykite, kad bet kuriam natūraliajam skaičiui n galioja ši nelygybė:

Įvertinkime kairę nelygybės pusę:

Q.E.D.

8. Tegu a 1 2, a 2 2, a 3 2, . . . , ir n 2 yra n skirtingų kvadratų natūraliuosius skaičius. Įrodyk tai

Tegul didžiausias iš šių skaičių yra m. Tada

nuo in dešinėje pusėje pridėti daugikliai, mažesni nei 1.Apskaičiuokime dešinę pusę, įvertindami kiekvieną skliaustelį:

: Išplėskite savo žinias nelygybių įrodinėjimo srityje. Sužinokite apie Cauchy nelygybę. Išmokite pritaikyti išmoktus metodus nelygybėms įrodyti.

Parsisiųsti:

Peržiūra:

Valstybinė biudžetinė švietimo įstaiga

vidutinis vidurinę mokyklą №655

Sankt Peterburgo Primorsky rajonas

„Nelygybių įrodymas. Koši nelygybė“

2014 m

Li Nina Jurievna

8 klasė

Santrauka…………………………………………………………………………………….3

Įvadas…………………………………………………………………………………….. 4

Istorinis pagrindas………………………………………………………………………………………

Koši nelygybė…………………………………………………………………………………………5

Nelygybės įrodymas………………………………………………………………..7

Tyrimo išvados…………………………………………………………………………………..10

Literatūros sąrašas…………………………………………………………………………………………11

Li Nina

Sankt Peterburgas, GBOU vidurinė mokykla Nr.655, 8 klasė

„Nelygybių įrodymas. Koši nelygybė“.

vadovė: Julija Vladimirovna Moroz, matematikos mokytoja

Tikslas mokslinis darbas: Išplėskite savo žinias nelygybių įrodinėjimo srityje. Sužinokite apie Cauchy nelygybę. Išmokite pritaikyti išmoktus metodus nelygybėms įrodyti.

ĮVADAS

„...pagrindiniai matematikos rezultatai dažniau išreiškiami ne lygybėmis, o nelygybėmis“.

E. Beckenbachas

Viso mokyklos kurso metu mes užsiimame nelygybių sprendimu. Nelygybes galima išspręsti grafiškai ir analitiškai. Norint išspręsti bet kokią nelygybę, egzistuoja konkretus algoritmas veiksmų, todėl šią užduotį veikiau yra mechaninis veiksmas, nereikalaujantis kūrybiško požiūrio.

Priešingai, nelygybėms įrodyti reikia neformalaus, kintamo požiūrio. Todėl nelygybių įrodymas yra įdomiausias.

Tačiau į mokyklos kursas Matematikoje labai mažai dėmesio skiriama nelygybių įrodymui. Nelygybės įrodymas yra vienas dalykas: priėmimas-įvertinimas skirtumai tarp nelygybės dalių.Tuo tarpu matematikos olimpiadose dažnai kyla problemų įrodant nelygybes kitais metodais ir technikomis (pagalbinių nelygybių panaudojimas, įvertinimo metodas).Matematikos moksleivių olimpiadose taip pat dažnai siūlomos nelygybės, kurių įrodymas geriau atskleidžia mokinių gebėjimus ir galimybes, jų laipsnį. intelektualinis vystymasis. Be to, daug užduočių padidėjęs sudėtingumas(iš įvairių matematikos šakų) efektyviai sprendžiami naudojant nelygybes.

Temos „Nelygybių įrodymas“ aktualumas yra neabejotinas, nes nelygybės vaidina pagrindinį vaidmenį daugelyje skyrių. šiuolaikinė matematika, be jų neapsieina nei fizika, nei astronomija, nei chemija. Tikimybių teorija, matematinė statistika, finansų matematika, ekonomika – visi šie tarpusavyje susiję ir apibendrinantys mokslai tiek formuluodami savo pagrindinius dėsnius, tiek jų gavimo būdus, tiek taikymuose nuolat naudoja nelygybes.

Nelygybių įrodymai padeda ugdyti įgūdžius suprasti ir taikyti nelygybių įrodinėjimo metodus; gebėjimas juos taikyti atliekant įvairios užduotys; gebėjimas analizuoti, apibendrinti ir daryti išvadas; logiškai reikšti mintis; yra kūrybingas savo darbe.

Šio darbo tikslas – praplėsti žinias nelygybių įrodinėjimo metodų ir technikų srityje.

Norėdami pasiekti šį tyrimo tikslą, išsikėlėme sau šias užduotis:

• renkant informaciją iš įvairių šaltinių apie nelygybių įrodinėjimo būdus ir metodus;
• susipažinti su Koši nelygybe;
• Išmokite taikyti palaikomąsias nelygybes, kad įrodytumėte sudėtingesnes nelygybes.

ISTORINIS FONAS

Sąvokos „daugiau“ ir „mažiau“ kartu su „lygybės“ sąvoka atsirado dėl objektų skaičiavimo ir poreikio lyginti. įvairūs kiekiai. Nelygybės sąvokas vartojo senovės graikai. Archimedas (III a. pr. Kr.), apskaičiuodamas apskritimą, nustatė, kad „bet kurio apskritimo perimetras yra lygus tris kartus skersmeniui, kurio perteklius yra mažesnis nei septintoji skersmens, bet daugiau nei dešimt septyniasdešimt vienas“. Kitaip tariant, Archimedas nurodė skaičiaus π ribas.

1557 m., kai Robertas Recordas pirmą kartą įvedė lygybės ženklą, savo naujovę motyvavo taip: nėra dviejų objektų, kurie vienas kitam gali būti lygesni už du. lygiagrečiai segmentui. Remdamasis Rekordo lygybės ženklu, kitas anglų mokslininkas Hariotas įvedė ir šiandien vartojamus nelygybės ženklus, naujovę pagrįsdamas taip: jei du dydžiai nėra lygūs, tai lygybės ženkle atsirandančios atkarpos jau ne lygiagrečios, o susikerta. Sankryža gali būti dešinėje (>) arba kairėje (

Nepaisant to, kad nelygybės ženklai buvo pasiūlyti praėjus 74 metams po Rekordo pasiūlyto lygybės ženklo, jie pradėti naudoti daug anksčiau nei pastarasis. Viena iš šio reiškinio priežasčių yra ta, kad spaustuvės tuo metu nelygybės ženklams naudojo jau turėtą lotynišką raidę. V, tuo tarpu jie neturėjo lygybės ženklo (=), o tada nebuvo lengva jį padaryti.

Įvesti ženklai ≤ ir ≥ prancūzų matematikas P. Bouguet.

CAUCHY NELYGYBĖ

Idėjos, naudojamos nelygybei įrodyti, yra beveik tokios pat įvairios, kaip ir pačios nelygybės. IN konkrečios situacijos bendri metodai dažnai veda prie negražių sprendimų. Tačiau tik nedaugeliui pavyksta neakivaizdžiai sujungti kelias „pagrindines“ nelygybes. Ir, be to, niekas netrukdo mums kiekvienu konkrečiu atveju ieškoti patogesnio geriausias sprendimas, nei gauta bendras metodas. Dėl šios priežasties nelygybės įrodymas dažnai perkeliamas į meno sritį. O kaip ir bet kuriame mene, čia yra techninių technikų, kurių spektras labai platus ir visas jas įvaldyti labai sunku.

Viena iš šių „pagrindinių“ nelygybių yra Koši nelygybė, kuri rodo ryšį tarp dviejų vidutinių verčių – aritmetinio vidurkio ir geometrinio vidurkio. Aritmetinis vidurkis mokomas penktos klasės mokyklos kurse ir atrodo taipGeometrinis vidurkis pirmą kartą pasirodo aštuntos klasės geometrijos kurse -. IN stačiakampis trikampisŠią savybę turi trys segmentai: dvi kojos ir statmenas, numestas iš viršūnės stačiu kampuį hipotenuzę.

Tarp šių dviejų dydžių, kuriuos tyrinėjo mokslininkai, yra nuostabus ryšys. Prancūzų matematikas O. Koši priėjo prie išvados, kad aritmetinis vidurkis n neneigiami skaičiai visada ne mažesnis už šių skaičių geometrinį vidurkį.

Kartu su Koši nelygybe naudinga žinoti jos pasekmes:

Lygybė pasiekiama, kai a = b.

Nelygybės teisingos, jei tenkinamos sąlygos a > 0, b > 0.

Šios nelygybės algebrinis įrodymas yra gana paprastas:

(a – c)² ≥ 0;

Taikykime „skirtumo kvadratu“ formulę:

a² - 2av + b² ≥0;

Pridėkime prie abiejų nelygybės pusių 4av:

a² + 2av + b² ≥4av;

Taikykime „sumos kvadrato“ formulę:

(a + b)² ≥4av;

Abi nelygybės puses padalinkime iš 4 :

Kadangi a ir b yra teigiami pagal sąlygą, tada ištraukiame kvadratinę šaknį iš abiejų nelygybės pusių:

Gavome norimą išraišką.

Apsvarstykite geometrinį įrodymą:

Duota: ABCD – stačiakampis, AD = a, AB = b, AK – kampo BAD bisektorius.

Įrodykite:

Įrodymas:

1. AK yra pusiausvyra, todėl VAL = LAD. LAD ir BLA – vidiniai skersiniai kampai su lygiagrečiais BC ir AD bei sekantinis AL, tai yra BLA = LAD.
2. B = 90°, todėl BAL = LAD = 45°, bet BLA = LAD, taigi ∆ ABL – lygiašonis, BL = AB = b.
3. ∆AKD – lygiašoniai, nes KD┴ AD, DAL = 45°, o tai reiškia, AD = KD = a.

Akivaizdu, kad lygybė pasiekiama tada, kai

a = b , tai yra, ABCD yra kvadratas.

pakeiskime nelygybe a² iš m, b² iš n, gauname

arba ,

tai yra, geometrinis vidurkis nėra didesnis už aritmetinį vidurkį.

NETOLYGUMŲ ĮRODYMAS

Sintezės metodas.

Tai metodas, pagrįstas nelygybės (kurią reikia pagrįsti) gavimu (sintezavimu) iš paramos (pagrindinių) nelygybių ir jų nustatymo metodais.

Išspręskime problemą naudodami sintezės metodą

1 uždavinys. Įrodykite, kad bet koks neneigiamas a, b, c nelygybė yra tiesa

Sprendimas. Užrašykime tris nelygybes, nustatančias ryšį tarp dviejų neneigiamų skaičių aritmetinio vidurkio ir geometrinio vidurkio

Gautas nelygybes padauginkime iš nario, nes jų kairioji ir dešinioji pusės yra neneigiamos

2 uždavinys. Šiai nelygybei įrodyti pritaikykime Koši nelygybę:

Tapatybių naudojimo būdas.

Metodo esmė ta, kad ši nelygybė pagal lygiavertės transformacijos veda į akivaizdžią tapatybę.

Apsvarstykime, kaip išspręsti problemą naudojant šį metodą.

Užduotis. Įrodykite, kad tai yra bet kokie realieji skaičiai a ir b nelygybė yra tiesa.

Sprendimas. Pasirinkime visą kvadratą kairėje nelygybės pusėje

Dėl bet kokių galiojančių a ir b ši išraiška yra neneigiama, o tai reiškia, kad ši nelygybė taip pat yra patenkinama, tai yra.

IŠVADA

Šiuo tiriamuoju darbu buvo siekiama išspręsti šias problemas:

• informacijos rinkimas ir įvairių nelygybių įrodinėjimo metodų ir technikų studijavimas;
• pažintis su nuostabia Koši nelygybe, jos įrodymas algebriniu ir geometriniu būdu;
• įgytų žinių pritaikymas nelygybėms įrodyti;
• supažindinimas su tapatybių sintezės metodu ir panaudojimu sprendžiant priskirtas problemas.

Problemų sprendimo procese savo tikslą pasiekėme tiriamasis darbas– rasti optimalų efektyvus metodas nelygybių įrodymai.

NUORODOS

1. Algebra. 8 klasė: vadovėlis. bendrojo lavinimo mokiniams įstaiga/ Yu.N. Mindyuk, K.I. Feoktistov - M.: Mnemozina, 2013.

1. Algebra. 8 klasė. Didaktinė medžiaga. Metodinės rekomendacijos/ I.E.Feoktistov.-3rd., ster.-M.: Mnemosyne, 2013.-173 p.

1. Mordkovičius A.G. Algebra. 8 klasė. 14 val. 1 dalis. Vadovėlis mokiniams švietimo įstaigų/ A.G. Mordkovičius. – 10 leid., ištrintas. – M.: Mnemosyne, 2008. – 215 p., C 185-200.

1. Berkolaiko S.T. Koši nelygybės panaudojimas sprendžiant uždavinius - M.: Kvant, 1975. - Nr.4.