Dokazi neenačb z dvema spremenljivkama. Program modula “Metode dokazovanja neenakosti” - Program

Na seminarju koordinatorjev Kenguru olimpijade je Vyacheslav Andreevich Yasinsky predaval o tem, kako dokazati olimpijske simetrične neenakosti z uporabo lastna metoda razlike spremenljivk.

Dejansko na matematične olimpijade Pogosto obstajajo naloge za dokazovanje neenakosti, kot je na primer z Mednarodna olimpijada v matematiki 2001: $\frac(a)(\sqrt(a^2+8bc))+\frac(b)(\sqrt(b^2+8ac))+\frac(c)(\sqrt(c ^ 2+8ab))\geq 1$ (za pozitivne a,b,c).

Običajno je treba olimpijsko neenakost dokazati zreducirati na eno od osnovnih: Cauchy, Cauchy-Bunyakovsky, Jensen, neenakost med sredinami itd. Poleg tega morate pogosto preizkusiti različne različice osnovne neenakosti, preden dosežete uspeh.

Vendar pa imajo pogosto olimpijske neenakosti (kot je zgornja) eno lastnost. Ko preuredite spremenljivke (na primer zamenjate a z b, b s c in c z a), se ne bodo spremenile.

Če se funkcija več spremenljivk ne spremeni z nobeno preureditvijo, se imenuje simetrična. Za simetrično funkcijo f iz treh spremenljivk velja enakost:
f(x,y,z)= f(x,z,y)= f(y,x,z)= f(y,z,x)= f(z ,x ,y )= f(z,y,x)

Če se funkcija ne spremeni le, ko so spremenljivke ciklično preurejene, se imenuje ciklična.
f(x,y,z)= f(y,z,x)= f(z,x,y)

Za neenakosti, ki so zgrajene na podlagi simetričnih funkcij, je Vjačeslav Andrejevič razvil univerzalno dokazno metodo.
Metoda je sestavljena iz naslednjih korakov.
1. Transformirajte neenačbo tako, da bo na levi simetrični polinom (označimo ga z D), na desni pa 0.

2. Izrazite simetrični polinom D v spremenljivkah a, b, c z osnovnimi simetričnimi polinomi.

V treh spremenljivkah so trije osnovni simetrični polinomi. To:
p = a+b+c - vsota;
q = ab+bc+ac - vsota parnih produktov;
r = abc - produkt.

Vsak simetrični polinom je mogoče izraziti z osnovnimi polinomi.

3. Ker je polinom D simetričen, lahko brez izgube splošnosti predpostavimo, da so spremenljivke a, b, c urejene takole: $a\geq b\geq c$

4. Uvedemo dve nenegativni števili x in y, tako da je x = a-b, y = b-c.

5. Ponovno transformirajte polinom D in izrazite p, q in r v smislu c in x, y. To upoštevamo
b = y+c
a = (x+y)+c

Potem
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

Upoštevajte, da v izrazih, ki vsebujejo x in y, ne odpiramo oklepajev.

6. Zdaj obravnavamo polinom D kot polinom v c s koeficienti, izraženimi z x in y. Ob upoštevanju nenegativnosti koeficientov se izkaže, da je enostavno pokazati, da bo znak neenakosti ohranjen za vse sprejemljive vrednosti z.

Razložimo to metodo s primeri.
Primer 1. Dokaži neenakost:
$(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)$

Dokaz
Ker je neenakost simetrična (se ne spremeni z nobeno permutacijo spremenljivk a, b, c), jo predstavimo kot
$(a+b+c)^2 - 3(ab+bc+ac)\geq 0$

Izrazimo polinom na levi strani z osnovnimi simetričnimi:
$p^2 - 3q\geq 0$

Ker je polinom simetričen, lahko brez izgube splošnosti predpostavimo, da sta $a\geq b\geq c$ in $x = a-b\geq 0$, $y = b-c\geq 0$.

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

Po približevanju podobnih dobimo neenakost, ki sploh ne vsebuje spremenljivke z
$(x+2y)^2-3(x+y)y\geq 0$

Zdaj lahko odprete oklepaje
$x^2+4xy+4y^2-3xy-3y^2\geq 0$
$x^2+xy+y^2\geq 0$ - kar velja za negativne x, y in za kateri koli.

Tako je neenakost dokazana.

Primer 2(z britanske matematične olimpijade 1999)
Dokažite, da $7(ab+bc+ac)\leq 2+9abc$ (za pozitivna števila, če je a+b+c = 1)

Dokaz
Preden začnete vse sestavljati leva stran, upoštevajmo, da stopnje delov neenačbe niso uravnotežene. Če sta bili v primeru 1 obe strani neenakosti polinomi druge stopnje, potem se tukaj primerja polinom druge stopnje z vsoto ničelnega in tretjega polinoma. Uporabimo dejstvo, da je vsota a+b+c po pogoju enaka 1 in pomnožimo levo stran z ena, dva z desne strani pa z ena na kubiku.

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

Zdaj premaknimo vse v levo in si predstavljamo levo stran kot simetrični polinom a, b, c:
$7(ab+bc+ac)(a+b+c)- 2(a+b+c)^3-9abc\leq 0$

Izrazimo levo stran z osnovnimi simetričnimi polinomi:
$7qp- 2p^3-9r\leq 0$

Izrazimo levo stran z x, y in c in jo predstavimo kot polinom glede na c.
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

Glavna stvar je skrbno in previdno izvesti preobrazbe. Kot je rekel Vjačeslav Andrejevič, če izvaja preobrazbe in ga nekdo zmoti, vrže stran list papirja s formulami in začne znova.

Za udobje zmanjšanja podobnih v končnem polinomu so označeni z različnimi barvami.

Vsi členi s c 3 bodo uničeni: 63c 3 -54c 3 -9c 3 = 0
Enako se bo zgodilo z drugo stopnjo z: 21(x+2y)c 2 +42(x+2y)c 2 -54(x+2y)c 2 -9(x+2y)c 2 = 0

Transformirajmo izraze s prvo stopnjo z: 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 - ta izraz ne bo nikoli pozitiven.

IN brezplačni člani: 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) - in tudi ta izraz.

Tako bo prvotna neenakost vedno izpolnjena in se bo spremenila v enakost le, če je a=b=c.

Na svojem predavanju je Vjačeslav Andrejevič razpravljal o mnogih drugih zanimivi primeri. Poskusite uporabiti to metodo za dokazovanje olimpijskih neenakosti. Morda vam bo to pomagalo pridobiti več dragocenih točk.

Na seminarju koordinatorjev Kenguru olimpijade je Vyacheslav Andreevich Yasinsky predaval o tem, kako dokazati olimpijske simetrične neenakosti z lastno metodo diferenc spremenljivk.

Na matematičnih olimpijadah so namreč pogosto naloge za dokazovanje neenakosti, kot je na primer ta z mednarodne matematične olimpijade 2001: $\frac(a)(\sqrt(a^2+8bc))+\frac(b )( \sqrt(b^2+8ac))+\frac(c)(\sqrt(c^2+8ab))\geq 1$ (za pozitivne a,b,c).

Običajno je treba olimpijsko neenakost dokazati zreducirati na eno od osnovnih: Cauchy, Cauchy-Bunyakovsky, Jensen, neenakost med sredinami itd. Poleg tega morate pogosto preizkusiti različne različice osnovne neenakosti, preden dosežete uspeh.

Vendar pa imajo pogosto olimpijske neenakosti (kot je zgornja) eno lastnost. Ko preuredite spremenljivke (na primer zamenjate a z b, b s c in c z a), se ne bodo spremenile.

Če se funkcija več spremenljivk ne spremeni z nobeno preureditvijo, se imenuje simetrična. Za simetrično funkcijo f iz treh spremenljivk velja enakost:
f(x,y,z)= f(x,z,y)= f(y,x,z)= f(y,z,x)= f(z ,x ,y )= f(z,y,x)

Če se funkcija ne spremeni le, ko so spremenljivke ciklično preurejene, se imenuje ciklična.
f(x,y,z)= f(y,z,x)= f(z,x,y)

Za neenakosti, ki so zgrajene na podlagi simetričnih funkcij, je Vjačeslav Andrejevič razvil univerzalno dokazno metodo.
Metoda je sestavljena iz naslednjih korakov.
1. Transformirajte neenačbo tako, da bo na levi simetrični polinom (označimo ga z D), na desni pa 0.

2. Izrazite simetrični polinom D v spremenljivkah a, b, c z osnovnimi simetričnimi polinomi.

V treh spremenljivkah so trije osnovni simetrični polinomi. To:
p = a+b+c - vsota;
q = ab+bc+ac - vsota parnih produktov;
r = abc - produkt.

Vsak simetrični polinom je mogoče izraziti z osnovnimi polinomi.

3. Ker je polinom D simetričen, lahko brez izgube splošnosti predpostavimo, da so spremenljivke a, b, c urejene takole: $a\geq b\geq c$

4. Uvedemo dve nenegativni števili x in y, tako da je x = a-b, y = b-c.

5. Ponovno transformirajte polinom D in izrazite p, q in r v smislu c in x, y. To upoštevamo
b = y+c
a = (x+y)+c

Potem
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

Upoštevajte, da v izrazih, ki vsebujejo x in y, ne odpiramo oklepajev.

6. Zdaj obravnavamo polinom D kot polinom v c s koeficienti, izraženimi z x in y. Ob upoštevanju nenegativnosti koeficientov se izkaže, da je enostavno pokazati, da bo znak neenakosti ohranjen za vse dopustne vrednosti c.

Razložimo to metodo s primeri.
Primer 1. Dokaži neenakost:
$(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)$

Dokaz
Ker je neenakost simetrična (se ne spremeni z nobeno permutacijo spremenljivk a, b, c), jo predstavimo kot
$(a+b+c)^2 - 3(ab+bc+ac)\geq 0$

Izrazimo polinom na levi strani z osnovnimi simetričnimi:
$p^2 - 3q\geq 0$

Ker je polinom simetričen, lahko brez izgube splošnosti predpostavimo, da sta $a\geq b\geq c$ in $x = a-b\geq 0$, $y = b-c\geq 0$.

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

Po približevanju podobnih dobimo neenakost, ki sploh ne vsebuje spremenljivke z
$(x+2y)^2-3(x+y)y\geq 0$

Zdaj lahko odprete oklepaje
$x^2+4xy+4y^2-3xy-3y^2\geq 0$
$x^2+xy+y^2\geq 0$ - kar velja za negativne x, y in za kateri koli.

Tako je neenakost dokazana.

Primer 2(z britanske matematične olimpijade 1999)
Dokažite, da $7(ab+bc+ac)\leq 2+9abc$ (za pozitivna števila, če je a+b+c = 1)

Dokaz
Preden začnemo vse reducirati na levo stran, naj opozorimo, da stopnje delov neenakosti niso uravnotežene. Če sta bili v primeru 1 obe strani neenakosti polinomi druge stopnje, potem se tukaj primerja polinom druge stopnje z vsoto ničelnega in tretjega polinoma. Uporabimo dejstvo, da je vsota a+b+c po pogoju enaka 1 in pomnožimo levo stran z ena, dva z desne strani pa z ena na kubiku.

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

Zdaj premaknimo vse v levo in si predstavljamo levo stran kot simetrični polinom a, b, c:
$7(ab+bc+ac)(a+b+c)- 2(a+b+c)^3-9abc\leq 0$

Izrazimo levo stran z osnovnimi simetričnimi polinomi:
$7qp- 2p^3-9r\leq 0$

Izrazimo levo stran z x, y in c in jo predstavimo kot polinom glede na c.
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

Glavna stvar je skrbno in previdno izvesti preobrazbe. Kot je rekel Vjačeslav Andrejevič, če izvaja preobrazbe in ga nekdo zmoti, vrže stran list papirja s formulami in začne znova.

Za udobje zmanjšanja podobnih v končnem polinomu so označeni z različnimi barvami.

Vsi členi s c 3 bodo uničeni: 63c 3 -54c 3 -9c 3 = 0
Enako se bo zgodilo z drugo stopnjo z: 21(x+2y)c 2 +42(x+2y)c 2 -54(x+2y)c 2 -9(x+2y)c 2 = 0

Transformirajmo izraze s prvo stopnjo z: 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 - ta izraz ne bo nikoli pozitiven.

In prosti izrazi: 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) - in tudi ta izraz.

Tako bo prvotna neenakost vedno izpolnjena in se bo spremenila v enakost le, če je a=b=c.

Vjačeslav Andrejevič je na svojem predavanju razpravljal o številnih zanimivejših primerih. Poskusite uporabiti to metodo za dokazovanje olimpijskih neenakosti. Morda vam bo to pomagalo pridobiti več dragocenih točk.

Tu uvajamo algebraično interpretacijo odnosov »večje od« in »manjše od«, ki je ponazorjena na koordinatni premici, in obravnavamo njeno uporabo pri dokazovanju neenakosti. Tukaj je učencem pokazano, kako algebraično dokazati lastnosti neenakosti, ki so bile obravnavane v poglavju; prej so bile geometrično utemeljene.

Dokazovanje neenakosti je za učence precej težka snov, zato je glede na stopnjo razreda treba upoštevati v različnih stopnjah popolnost.

Posebnost problemov dokazovanja neenakosti je možnost njihovega reševanja različne poti. Zato je priporočljivo pokazati več možnosti za dokazovanje neenakosti, da bi razširili sposobnost učencev za reševanje problemov.

Obstajata dva glavna načina za dokazovanje neenakosti:

• 1) na podlagi sestavljanja razlike med desno in levo stranjo neenakosti in kasnejše primerjave te razlike z ničlo;
• 2) prehod iz ene neenakosti v drugo, ki ji je enakovredna, na podlagi lastnosti neenakosti.

Obe poti sta enakovredni. Toda v obeh primerih morate zagotoviti točnost svojih zapisov. Študentom je treba razložiti, da če je izbrana prva pot rešitve, se po sestavi razlike izvedejo transformacije tega izraza, ki jih lahko zapišemo kot verigo z znakom "=". Dobljeni izraz primerjamo z ničlo in na podlagi tega sklepamo o prvotni neenakosti. Če izberemo drugo pot, potem zapišemo zaporedje enakovrednih neenačb (kot pri reševanju neenačbe) in sklepamo o zadnji od njih - ali je resnična ali ne. Evo, kako bi na primer lahko izgledala zasnova rešitve vaje v obeh primerih.

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

Nadoknadimo razliko Premakni 2 (a + b) v levo

leva in desna stran neenakosti:

neenačbe: 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 .pravilno torej,

(a - 1)2 + (b - 1)2 0, velja tudi prvotna neenakost:

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

neenakost je dokazana:

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

Upoštevajte, da "obvezna minimalna vsebina" ne vključuje dokazov o neenakosti. Zato lahko ustrezne veščine obravnavamo kot rezultat obvladovanja teme, ne pa kot končni rezultat učenja. V zvezi s tem naloge o dokazovanju neenakosti niso vključene v izpit in naj ne bodo vključene v druge zaključne teste.

Dokaži, da za pozitivni števili p in q velja p4 + q4 p3q + pq3.

rešitev. Preobrazimo razliko

p4 + q4 - (p3q + pq3).

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

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

Ker je p 0, q 0, potem je pq 0, p2 + pq + q2 0, poleg tega (p - q)2 0.

Zmnožek nenegativnega in pozitivnega števila je nenegativen, tj. je zadevna razlika večja ali enaka nič. Zato je za p 0, q 0 p4 + q4 p3q + pq3.

Dokaži različne poti, da če je a b 0, potem a2 + a b2 + b.

rešitev. Pri dokazovanju neenakosti na drugi način,

Uporabimo neenakost, dokazano v primeru: če a in b - pozitivna števila in a b, nato a2 b2. In potem, če seštejemo neenakost a2 b2 in neenakost a b člen za členom, dobimo, kar potrebujemo.

3. V katerem primeru bo turist hitreje prevozil enako razdaljo: če hodi po vodoravni cesti z konstantna hitrost ali če gre na polovici poti navkreber s hitrostjo, ki je za 1 km/h manjša od njegove hitrosti na vodoravni cesti, na polovici poti navzdol pa s hitrostjo, ki je za 1 km/h večja od hitrosti na vodoravni cesti?

rešitev. Označimo hitrost turista na vodoravni cesti s črko x, razdaljo pa vzemimo za 1. Težava se zmanjša na primerjavo izrazov

1 in ___1___ + ___1___

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

Naredimo njihovo razliko in jo preobrazimo, to razumemo

kar pomeni, da je v takih razmerah potovalni čas na vodoravni cesti krajši kot na cesti z vzponom in spustom.

Redkokatera olimpijada mine brez težav, ki zahtevajo dokazovanje neke neenakosti. Algebraične neenakosti dokazujemo z uporabo različne metode, ki temeljijo na ekvivalentnih transformacijah in lastnostih numeričnih neenakosti:

1) če je a – b > 0, potem a > b; če a – b

2) če je a > b, potem je b a;

3) če a

4) če a

5) če je 0, potem ac

6) če je bc; a/c > b/c ;

7) če je 1

8) če je 0

Naj spomnimo na nekatere podpirajo neenakosti, ki se pogosto uporabljajo za dokazovanje drugih neenakosti:

1) a 2 > 0;

2) aх 2 + bx + c > 0, za a > 0, b 2 – 4ac

3) x + 1 / x > 2 za x > 0 in x + 1 / x –2 za x

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

5) če je a > b > 0, potem je 1/a

6) če je a > b > 0 in x > 0, potem je a x > b x , zlasti za naravni n > 2

a 2 > b 2 in n √ a > n √ b;

7) če je a > b > 0 in x

8) če je x > 0, potem greh x

Veliko problemov na ravni olimpijade, in ne samo neenakosti, se učinkovito rešuje z nekaterimi posebnimi neenačbami, ki jih učenci pogosto ne poznajo. Ti, najprej, vključujejo:

• neenakost med aritmetično sredino in geometrično sredino pozitivnih števil (Cauchyjeva neenakost):

• Bernoullijeva neenakost:

(1 + α) n ≥ 1 + nα, kjer je α > -1, n – naravno število;

• Cauchy–Bunyakovskyjeva neenakost:

(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 );

Najbolj »popularne« metode za dokazovanje neenakosti vključujejo:

• dokaz neenakosti na podlagi definicije;
• način izbire kvadratov;
• metoda zaporednih ocen;
• metoda matematična indukcija;
• uporaba posebnih in klasičnih neenakosti;
• uporaba elementov matematične analize;
• uporaba geometrijskih premislekov;
• ideja o krepitvi itd.

Težave z rešitvami

1. Dokaži neenakost:

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 za x > 0, y > 0.

a) Imamo

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

kar je očitno.

b) Neenakost, ki jo dokazujemo po množenju obeh strani z 2, dobi obliko

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

oz

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

oz

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

kar je očitno. Enakost nastopi le, če je a = b = 1.

c) Imamo

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.

2. Dokaži neenakost:

a) Imamo:

b ) Dokaz te neenakosti preprosto sledi iz naslednje ocene:

Enakost je dosežena za enakostranični trikotnik.

c) Imamo:

saj je vsota dveh medsebojno pozitivnih recipročna števila večji ali enak 2.

3. Dokažite, da če je a + b = 1, potem velja neenakost a 8 + b 8 > 1 / 128.

Iz pogoja, da je a + b = 1, sledi, da

a 2 + 2ab + b 2 = 1.

Dodajmo to enakost k očitni neenakosti

a 2 – 2ab + b 2 > 0.

Dobimo:

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

4a 4 – 8a 2 b 2 + 4b 2 > 0,

dobimo:

8a 4 + 8b 4 > 1, od koder 64a 8 + 128a 4 b 4 + 64b 4 > 1.

Dodajanje te neenakosti očitni neenakosti

64a 8 – 128a 4 b 4 + 64b 4 > 0,

dobimo:

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

4. Še več e e · π π oz e 2π?

Upoštevajte funkcijo f(x) = x – π ln x . Zaradi f'(x) = 1 – π/x , in levo od točke X = π f’(x) 0 , in na desni - f’(x) > 0, to f(x) Ima najmanjša vrednost na točki X = π . torej f(е) > f(π), to je

e – π ln e = e – π > π – π ln π

oz

e + π ln π > 2π .

Od tod to razumemo

e e + π ln π > e 2π,

njo· e π ln π > e 2 π ,

e e · π π > e 2π.

5. Dokažite to

Z uporabo lastnosti logaritmov ga je enostavno zmanjšati to neenakost na ekvivalentno neenakost:

(n + 1) n > n!,

kje n! = 1 · 2 · 3 · . . . · n (n-faktorial). Poleg tega obstaja sistem očitnih neenakosti:

n + 1 > 1,

n + 1 > 2,

n + 1 > 3,

. . . . .

n + 1 > n,

ko jih pomnožimo člen za členom, neposredno dobimo (n + 1) n > n!.

6. Dokaži, da je 2013 2015 · 2015 2013

Imamo:

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

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

Očitno lahko dobimo tudi splošno trditev: za vsako naravno število n velja neenakost

(n – 1) n +1 (n + 1) n –1

7. Dokaži, da za poljubno naravno število n velja neenakost:

Ocenimo levo stran neenakosti:

Q.E.D.

8. Naj bo a 1 2, a 2 2, a 3 2, . . . , in n 2 so kvadrati n različnih naravna števila. Dokaži to

Največje od teh števil naj bo m. Potem

od leta desna stran dodani množitelji, manjši od 1.Izračunajmo desno stran tako, da faktoriziramo vsak oklepaj:

: Razširite svoje znanje na področju dokazovanja neenačb. Spoznajte Cauchyjevo neenakost. Naučite se uporabljati naučene metode za dokazovanje neenakosti.

Prenesi:

Predogled:

Državna proračunska izobraževalna ustanova

povprečje splošna šola №655

Primorsko okrožje Sankt Peterburga

»Dokaz neenakosti. Cauchyjeva neenakost"

2014

Li Nina Jurijevna

8. razred

Povzetek………………………………………………………………………………….3

Uvod…………………………………………………………………………………….. 4

Zgodovinsko ozadje…………………………………………………………………………………………..4

Cauchyjeva neenakost…………………………………………………………………………………………5

Dokaz neenakosti…………………………………………………………………..7

Zaključki študije……………………………………………………………………………………..10

Literatura…………………………………………………………………………………………11

Li Nina

Sankt Peterburg, srednja šola GBOU št. 655, 8. razred

»Dokaz neenakosti. Cauchyjeva neenakost«.

nadzornik: Yulia Vladimirovna Moroz, učiteljica matematike

Tarča znanstveno delo: Razširite svoje znanje na področju dokazovanja neenačb. Spoznajte Cauchyjevo neenakost. Naučite se uporabljati naučene metode za dokazovanje neenakosti.

UVOD

"...glavni rezultati matematike se pogosteje ne izražajo z enakostmi, temveč z neenakostmi."

E. Beckenbach

Z reševanjem neenačb se ukvarjamo ves šolski tečaj. Neenačbe lahko rešujemo grafično in analitično. Za rešitev kakršne koli neenakosti obstaja poseben algoritem akcija, torej to nalogo je bolj mehansko dejanje, ki ne zahteva kreativnega pristopa.

Nasprotno, dokazovanje neenakosti zahteva neformalen, spremenljiv pristop. Zato je dokaz neenakosti najbolj zanimiv.

Vendar pa v šolski tečaj V matematiki se zelo malo pozornosti posveča dokazovanju neenakosti. Dokaz neenakosti se zmanjša na eno stvar: sprejem-ocenjevanje razlike med deli neenačbe.Medtem pa se na matematičnih olimpijadah pogosto pojavljajo težave pri dokazovanju neenakosti z drugimi metodami in tehnikami (uporaba podpornih neenačb, metoda ocenjevanja).Na olimpijadah za šolarje v matematiki se pogosto predlagajo tudi neenakosti, katerih dokazovanje bolje razkriva sposobnosti in zmožnosti učencev, njihovo stopnjo intelektualni razvoj. Poleg tega veliko nalog povečana kompleksnost(iz različnih vej matematike) učinkovito rešujejo z neenačbami.

Ustreznost teme "Dokaz neenakosti" je nesporna, saj imajo neenakosti temeljno vlogo v večini razdelkov moderna matematika, ne fizika, ne astronomija, ne kemija ne morejo brez njih. teorija verjetnosti, matematična statistika, finančna matematika, ekonomija - vse te medsebojno povezane in posplošujoče vede, tako pri oblikovanju svojih osnovnih zakonov kot pri metodah njihovega pridobivanja in v aplikacijah, nenehno uporabljajo neenakosti.

Dokaz neenakosti pomaga razviti veščino razumevanja in uporabe tehnik dokazovanja neenakosti; sposobnost njihove uporabe pri izvajanju razne naloge; sposobnost analiziranja, posploševanja in sklepanja; logično izražanje misli; je pri svojem delu ustvarjalen.

Namen tega dela je razširiti znanje na področju metod in tehnik dokazovanja neenakosti.

Za dosego tega raziskovalnega cilja smo si zadali naslednje naloge:

• zbiranje informacij od različnih virov o tehnikah in metodah dokazovanja neenakosti;
• seznanijo se s Cauchyjevo neenakostjo;
• Naučite se uporabiti podporne neenakosti za dokazovanje kompleksnejših neenakosti.

ZGODOVINSKA REFERENCA

Pojma »več« in »manj«, skupaj s pojmom »enakost«, sta nastala v povezavi s štetjem predmetov in potrebo po primerjavi. različne količine. Koncepte neenakosti so uporabljali že stari Grki. Arhimed (3. stoletje pr. n. št.) je pri izračunu obsega ugotovil, da je »obseg katerega koli kroga enak trikratnemu premeru s presežkom, ki je manjši od sedmine premera, vendar več kot deset sedemdeset«. Z drugimi besedami, Arhimed je nakazal meje števila π.

Leta 1557, ko je Robert Record prvič uvedel znak enakosti, je svojo inovacijo motiviral takole: dva predmeta ne moreta biti bolj enaka drug drugemu kot dva vzporedno z segmentom. Angleški znanstvenik Harriot je na podlagi Recordovega enačaja uvedel znake neenakosti, ki se uporabljajo še danes, in novost utemeljil takole: če dve količini nista enaki, potem segmenti, ki se pojavljajo v enačaju, niso več vzporedni, ampak se sekajo. Križišče lahko poteka na desni (>) ali na levi (

Kljub temu, da so bili znaki za neenakost predlagani 74 let po enačaju, ki ga je predlagal Record, so prišli v uporabo veliko prej kot slednji. Eden od vzrokov za ta pojav je v dejstvu, da so takratne tiskarne za znake neenakosti uporabljale latinico, ki so jo že imele. V, medtem ko niso imeli stavljenega znaka enačaja (=) in ga takrat ni bilo lahko narediti.

Vnesena znaka ≤ in ≥ francoski matematik P. Bouguet.

CAUCHYJEVA NEENAKOST

Ideje, uporabljene za dokazovanje neenakosti, so skoraj tako raznolike kot same neenakosti. IN specifične situacije običajne metode pogosto vodijo do grdih rešitev. Toda le redkim uspe združiti več »osnovnih« neenakosti na neočiten način. In poleg tega nam nič ne preprečuje, da bi v vsakem posameznem primeru poiskali bolj priročno Najboljša odločitev, kot prejeli splošna metoda. Iz tega razloga je dokazovanje neenakosti pogosto potisnjeno na področje umetnosti. In kot vsaka umetnost so tudi tukaj tehnične tehnike, katerih spekter je zelo širok in jih je zelo težko obvladati vse.

Ena od teh "osnovnih" neenakosti je Cauchyjeva neenakost, ki označuje razmerje med dvema povprečnima vrednostma - aritmetično sredino in geometrično sredino. Aritmetična sredina se preučuje v šolskem tečaju petega razreda in izgleda takoleGeometrijska sredina se prvič pojavi pri predmetu geometrije v osmem razredu -. IN pravokotni trikotnik To lastnost imajo trije segmenti: dva kraka in navpičnica, spuščena z vrha pravi kot na hipotenuzo.

Znanstveniki so preučevali presenetljivo razmerje med tema dvema količinama. O. Cauchy, francoski matematik, je prišel do zaključka, da je aritmetična sredina n nenegativna števila vedno ni manjša od geometrične sredine teh števil.

Poleg Cauchyjeve neenakosti je koristno poznati tudi njene posledice:

Enakost je dosežena, ko je a = b.

Neenakosti veljajo, če sta izpolnjena pogoja a > 0, b > 0.

Algebraični dokaz te neenakosti je precej preprost:

(a – c)² ≥ 0;

Uporabimo formulo "kvadratne razlike":

a² - 2av + b² ≥0;

Seštejmo obe strani neenakosti 4av:

a² + 2av + b² ≥4av;

Uporabimo formulo "kvadrat vsote":

(a + b)² ≥4av;

Delimo obe strani neenakosti z 4 :

Ker a in b pozitivni po pogoju, potem izvlečemo kvadratni koren obeh strani neenakosti:

Dobili smo želeni izraz.

Razmislite o geometrijskem dokazu:

Dano: ABCD – pravokotnik, AD = a, AB = b, AK – simetrala kota BAD.

Dokaži:

Dokaz:

1. AK je simetrala, torej VAL = LAD. LAD in BLA – notranji navzkrižni koti z vzporednikoma BC in AD ter sekanto AL, tj BLA = LAD.
2. B = 90°, torej BAL = LAD = 45°, vendar BLA = LAD, torej ∆ ABL – enakokraki, BL = AB = b.
3. ∆AKD – enakokraki, saj KD┴ AD, DAL = 45°, kar pomeni AD = KD = a.

Očitno je, enakopravnost dosežemo, ko

a = b , to pomeni, da je ABCD kvadrat.

zamenjajmo v neenakosti a² za m, b² za n, dobimo

ali,

to pomeni, da geometrična sredina ni večja od aritmetične sredine.

DOKAZ NEENAKOSTI

Metoda sinteze.

To je metoda, ki temelji na pridobitvi (sintetiziranju) neenakosti (ki jo je potrebno utemeljiti) iz podpornih (osnovnih) neenakosti in metod za njihovo ugotavljanje.

Rešimo nalogo z metodo sinteze

Problem 1. Dokaži, da je za vsako nenegativno a, b, c neenakost je res

rešitev. Zapišimo tri neenakosti, ki določajo razmerje med aritmetično sredino in geometrično sredino dveh nenegativnih števil

Pomnožimo dobljene neenakosti člen za členom, saj sta njuni leva in desna stran nenegativni

Problem 2. Uporabimo Cauchyjevo neenakost, da dokažemo to neenakost:

Metoda uporabe identitet.

Bistvo metode je, da ta neenakost z ekvivalentne transformacije vodi do očitne identitete.

Razmislimo o rešitvi težave s to metodo.

Naloga. Dokažite to za poljubna realna števila a in b neenakost je res.

rešitev. Izberimo celoten kvadrat na levi strani neenakosti

Za vsako veljavno a in b ta izraz je nenegativen, kar pomeni, da je ta neenakost tudi izpolnjena, tj.

ZAKLJUČEK

To raziskovalno delo je bilo namenjeno reševanju naslednjih problemov:

• zbiranje informacij in proučevanje različnih metod in tehnik za dokazovanje neenakosti;
• seznanitev z izjemno Cauchyjevo neenakostjo, njen dokaz na algebrski in geometrijski način;
• uporaba pridobljenega znanja pri dokazovanju neenačb;
• seznanitev z metodo sinteze in uporabo identitet pri reševanju zastavljenih problemov.

V procesu reševanja problemov smo dosegli svoj cilj raziskovalno delo– iskanje optimalnega učinkovita metoda dokazi neenakosti.

BIBLIOGRAFIJA

1. Algebra. 8. razred: učbenik. za splošnoizobraževalce ustanova / Yu.N.Makarychev, N.G.Neshkov, I.E.Feoktistov - M. 2013. - 384 str.

1. Algebra. 8. razred. Didaktična gradiva. Smernice/ I.E.Feoktistov.-3. izd., ster.-M .: Mnemosyne, 2013.-173 str.

1. Mordkovich A.G. Algebra. 8. razred. Ob 14. uri 1. del Učbenik za študente izobraževalne ustanove/ A.G. Mordkovič. – 10. izd., izbrisano. – M.: Mnemosyne, 2008. – 215 str., C 185-200.

1. Berkolaiko S.T. Uporaba Cauchyjeve neenakosti pri reševanju problemov: M. Kvant, 1975. - št.