Vërtetime të pabarazive me dy ndryshore. Programi i modulit “Metodat e vërtetimit të pabarazive” - Program

Në seminarin e koordinatorëve të Olimpiadës Kangur, Vyacheslav Andreevich Yasinsky dha një leksion se si të vërtetohen pabarazitë simetrike të Olimpiadës duke përdorur metodën e vet dallimet e variablave.

Në të vërtetë, më olimpiadat e matematikës Shpesh ka detyra për të vërtetuar pabarazitë, të tilla si, për shembull, me Olimpiadë Ndërkombëtare në matematikë 2001: $\frac(a)(\sqrt(a^2+8bc))+\frac(b)(\sqrt(b^2+8ac))+\frac(c)(\sqrt(c ^ 2+8ab))\geq 1$ (për pozitive a,b,c).

Zakonisht, për të vërtetuar një pabarazi olimpiade, ajo duhet të reduktohet në një nga ato themelore: Cauchy, Cauchy-Bunyakovsky, Jensen, pabarazia ndërmjet mjeteve, etj. Për më tepër, shpesh duhet të provoni versione të ndryshme të pabarazisë bazë përpara se të arrini sukses.

Megjithatë, shpesh pabarazitë e Olimpiadës (si ajo e mësipërme) kanë një veçori. Kur i riorganizoni variablat (për shembull, duke zëvendësuar a me b, b me c dhe c me a), ato nuk do të ndryshojnë.

Nëse një funksion i disa ndryshoreve nuk ndryshon me ndonjë rirregullim, atëherë ai quhet simetrik. Për një funksion simetrik f nga tre variabla vlen barazia:
f(x,y,z)= f(x,z,y)= f(y,x,z)= f(y,z,x)= f(z,x,y)= f(z, y, x)

Nëse një funksion nuk ndryshon vetëm kur variablat janë riorganizuar ciklikisht, ai quhet ciklik.
f(x,y,z)= f(y,z,x)= f(z, x, y)

Për pabarazitë që ndërtohen në bazë të funksioneve simetrike, Vyacheslav Andreevich zhvilloi një metodë universale të vërtetimit.
Metoda përbëhet nga hapat e mëposhtëm.
1. Shndërroni pabarazinë në mënyrë që të ketë një polinom simetrik në të majtë (le ta shënojmë atë D) dhe 0 në të djathtë.

2. Shprehni polinomin simetrik D në ndryshoret a, b, c në terma të polinomeve bazë simetrikë.

Ekzistojnë tre polinome bazë simetrike në tre ndryshore. Kjo:
p = a+b+c - shuma;
q = ab+bc+ac - shuma e produkteve në çift;
r = abc - produkt.

Çdo polinom simetrik mund të shprehet në terma të polinomeve bazë.

3. Meqenëse polinomi D është simetrik, mundemi, pa humbur përgjithësinë, të supozojmë se ndryshoret a, b, c janë të renditura si më poshtë: $a\geq b\geq c$

4. Prezantojmë dy numra jonegativë x dhe y, në mënyrë që x = a-b, y = b-c.

5. Shndërroje përsëri polinomin D, duke shprehur p, q dhe r në terma c dhe x, y. Ne e kemi parasysh atë
b = y+c
a = (x+y)+c

Pastaj
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

Ju lutemi vini re se ne nuk hapim kllapa në shprehjet që përmbajnë x dhe y.

6. Tani e konsiderojmë polinomin D si polinom në c me koeficientë të shprehur në terma x dhe y. Duke marrë parasysh jonegativitetin e koeficientëve, rezulton të jetë e lehtë të tregohet se shenja e pabarazisë do të ruhet për të gjithë vlerat e pranueshme Me.

Le ta shpjegojmë këtë metodë me shembuj.
Shembulli 1. Vërtetoni pabarazinë:
$(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)$

Dëshmi
Meqenëse pabarazia është simetrike (nuk ndryshon me ndonjë ndërrim të ndryshoreve a, b, c), ne e paraqesim atë si
$(a+b+c)^2 - 3(ab+bc+ac)\geq 0$

Le të shprehim polinomin në anën e majtë në lidhje me ato bazë simetrike:
$p^2 - 3q\geq 0$

Meqenëse polinomi është simetrik, mund të supozojmë, pa humbur përgjithësinë, se $a\geq b\geq c$ dhe $x = a-b\geq 0$, $y = b-c\geq 0$.

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

Pasi sjellim të ngjashme, fitojmë një pabarazi që nuk përmban fare një ndryshore me
$(x+2y)^2-3(x+y)y\geq 0$

Tani mund të hapni kllapat
$x^2+4xy+4y^2-3xy-3y^2\geq 0$
$x^2+xy+y^2\geq 0$ - që është e vërtetë si për x, y dhe për cilindo.

Kështu, pabarazia vërtetohet.

Shembulli 2(nga Olimpiada e Matematikës Britanike e vitit 1999)
Vërtetoni se $7(ab+bc+ac)\leq 2+9abc$ (për numra pozitivë, nëse a+b+c = 1)

Dëshmi
Para se të filloni të bashkoni gjithçka anën e majtë, të vërejmë se shkallët e pjesëve të mosbarazimit nuk janë të balancuara. Nëse në shembullin 1 të dy anët e pabarazisë ishin polinome të shkallës së dytë, atëherë këtu polinomi i shkallës së dytë krahasohet me shumën e polinomeve zero dhe të tretë. Përdorim faktin që shuma a+b+c sipas kushtit është e barabartë me 1 dhe shumëzojmë anën e majtë me një, dhe dy nga ana e djathtë me një kub.

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

Tani le të lëvizim gjithçka në të majtë dhe të imagjinojmë anën e majtë si një polinom simetrik të a, b, c:
$7(ab+bc+ac)(a+b+c)- 2(a+b+c)^3-9abc\leq 0$

Le të shprehim anën e majtë në lidhje me polinomet bazë simetrike:
$7qp- 2p^3-9r\leq 0$

Le të shprehim anën e majtë në terma x, y dhe c, duke e paraqitur atë si një polinom në lidhje me 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

Gjëja kryesore është të kryeni transformimet me kujdes dhe me kujdes. Siç tha Vyacheslav Andreevich, nëse ai kryen transformime dhe dikush e shpërqendron, ai hedh fletën e letrës me formulat dhe fillon përsëri.

Për lehtësinë e zvogëlimit të të ngjashmeve në polinomin përfundimtar, ato theksohen me ngjyra të ndryshme.

Të gjitha termat me c 3 do të shkatërrohen: 63c 3 -54c 3 -9c 3 = 0
E njëjta gjë do të ndodhë me shkallën e dytë me: 21(x+2y)c 2 +42(x+2y)c 2 -54(x+2y)c 2 -9(x+2y)c 2 = 0

Le t'i transformojmë termat me shkallën e parë me: 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 - kjo shprehje nuk do të jetë kurrë pozitive.

DHE anëtarë të lirë: 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) - dhe kjo shprehje gjithashtu.

Kështu, pabarazia fillestare do të plotësohet gjithmonë dhe do të kthehet në barazi vetëm nëse a=b=c.

Në leksionin e tij, Vyacheslav Andreevich diskutoi shumë më tepër shembuj interesantë. Përpiquni të përdorni këtë metodë për të vërtetuar pabarazitë e Olimpiadës. Ndoshta do t'ju ndihmojë të merrni disa pikë të vlefshme.

Në seminarin e koordinatorëve të Olimpiadës Kangur, Vyacheslav Andreevich Yasinsky dha një leksion se si të vërtetohen pabarazitë simetrike të Olimpiadës duke përdorur metodën e tij të dallimeve të variablave.

Në të vërtetë, në olimpiadat matematikore shpesh ka detyra për të vërtetuar pabarazitë, siç është, për shembull, kjo nga Olimpiada Ndërkombëtare e Matematikës 2001: $\frac(a)(\sqrt(a^2+8bc))+\frac(b )( \sqrt(b^2+8ac))+\frac(c)(\sqrt(c^2+8ab))\geq 1$ (për pozitive a,b,c).

Zakonisht, për të vërtetuar një pabarazi olimpiade, ajo duhet të reduktohet në një nga ato themelore: Cauchy, Cauchy-Bunyakovsky, Jensen, pabarazia ndërmjet mjeteve, etj. Për më tepër, shpesh duhet të provoni versione të ndryshme të pabarazisë bazë përpara se të arrini sukses.

Megjithatë, shpesh pabarazitë e Olimpiadës (si ajo e mësipërme) kanë një veçori. Kur i riorganizoni variablat (për shembull, duke zëvendësuar a me b, b me c dhe c me a), ato nuk do të ndryshojnë.

Nëse një funksion i disa ndryshoreve nuk ndryshon me ndonjë rirregullim, atëherë ai quhet simetrik. Për një funksion simetrik f nga tre variabla vlen barazia:
f(x,y,z)= f(x,z,y)= f(y,x,z)= f(y,z,x)= f(z,x,y)= f(z, y, x)

Nëse një funksion nuk ndryshon vetëm kur variablat janë riorganizuar ciklikisht, ai quhet ciklik.
f(x,y,z)= f(y,z,x)= f(z, x, y)

Për pabarazitë që ndërtohen në bazë të funksioneve simetrike, Vyacheslav Andreevich zhvilloi një metodë universale të vërtetimit.
Metoda përbëhet nga hapat e mëposhtëm.
1. Shndërroni pabarazinë në mënyrë që të ketë një polinom simetrik në të majtë (le ta shënojmë atë D) dhe 0 në të djathtë.

2. Shprehni polinomin simetrik D në ndryshoret a, b, c në terma të polinomeve bazë simetrikë.

Ekzistojnë tre polinome bazë simetrike në tre ndryshore. Kjo:
p = a+b+c - shuma;
q = ab+bc+ac - shuma e produkteve në çift;
r = abc - produkt.

Çdo polinom simetrik mund të shprehet në terma të polinomeve bazë.

3. Meqenëse polinomi D është simetrik, mundemi, pa humbur përgjithësinë, të supozojmë se ndryshoret a, b, c janë të renditura si më poshtë: $a\geq b\geq c$

4. Prezantojmë dy numra jonegativë x dhe y, në mënyrë që x = a-b, y = b-c.

5. Shndërroje përsëri polinomin D, duke shprehur p, q dhe r në terma c dhe x, y. Ne e kemi parasysh atë
b = y+c
a = (x+y)+c

Pastaj
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

Ju lutemi vini re se ne nuk hapim kllapa në shprehjet që përmbajnë x dhe y.

6. Tani e konsiderojmë polinomin D si polinom në c me koeficientë të shprehur në terma x dhe y. Duke marrë parasysh jonegativitetin e koeficientëve, rezulton të jetë e lehtë të tregohet se shenja e pabarazisë do të ruhet për të gjitha vlerat e pranueshme të c.

Le ta shpjegojmë këtë metodë me shembuj.
Shembulli 1. Vërtetoni pabarazinë:
$(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)$

Dëshmi
Meqenëse pabarazia është simetrike (nuk ndryshon me ndonjë ndërrim të ndryshoreve a, b, c), ne e paraqesim atë si
$(a+b+c)^2 - 3(ab+bc+ac)\geq 0$

Le të shprehim polinomin në anën e majtë në lidhje me ato bazë simetrike:
$p^2 - 3q\geq 0$

Meqenëse polinomi është simetrik, mund të supozojmë, pa humbur përgjithësinë, se $a\geq b\geq c$ dhe $x = a-b\geq 0$, $y = b-c\geq 0$.

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

Pasi sjellim të ngjashme, fitojmë një pabarazi që nuk përmban fare një ndryshore me
$(x+2y)^2-3(x+y)y\geq 0$

Tani mund të hapni kllapat
$x^2+4xy+4y^2-3xy-3y^2\geq 0$
$x^2+xy+y^2\geq 0$ - që është e vërtetë si për x, y dhe për cilindo.

Kështu, pabarazia vërtetohet.

Shembulli 2(nga Olimpiada e Matematikës Britanike e vitit 1999)
Vërtetoni se $7(ab+bc+ac)\leq 2+9abc$ (për numra pozitivë, nëse a+b+c = 1)

Dëshmi
Para se të fillojmë të reduktojmë gjithçka në anën e majtë, le të vërejmë se shkallët e pjesëve të pabarazisë nuk janë të balancuara. Nëse në shembullin 1 të dy anët e pabarazisë ishin polinome të shkallës së dytë, atëherë këtu polinomi i shkallës së dytë krahasohet me shumën e polinomeve zero dhe të tretë. Përdorim faktin që shuma a+b+c sipas kushtit është e barabartë me 1 dhe shumëzojmë anën e majtë me një, dhe dy nga ana e djathtë me një kub.

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

Tani le të lëvizim gjithçka në të majtë dhe të imagjinojmë anën e majtë si një polinom simetrik të a, b, c:
$7(ab+bc+ac)(a+b+c)- 2(a+b+c)^3-9abc\leq 0$

Le të shprehim anën e majtë në lidhje me polinomet bazë simetrike:
$7qp- 2p^3-9r\leq 0$

Le të shprehim anën e majtë në terma x, y dhe c, duke e paraqitur atë si një polinom në lidhje me 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

Gjëja kryesore është të kryeni transformimet me kujdes dhe me kujdes. Siç tha Vyacheslav Andreevich, nëse ai kryen transformime dhe dikush e shpërqendron, ai hedh fletën e letrës me formulat dhe fillon përsëri.

Për lehtësinë e zvogëlimit të të ngjashmeve në polinomin përfundimtar, ato theksohen me ngjyra të ndryshme.

Të gjitha termat me c 3 do të shkatërrohen: 63c 3 -54c 3 -9c 3 = 0
E njëjta gjë do të ndodhë me shkallën e dytë me: 21(x+2y)c 2 +42(x+2y)c 2 -54(x+2y)c 2 -9(x+2y)c 2 = 0

Le t'i transformojmë termat me shkallën e parë me: 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 - kjo shprehje nuk do të jetë kurrë pozitive.

Dhe termat e lirë: 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) - dhe kjo shprehje gjithashtu.

Kështu, pabarazia fillestare do të plotësohet gjithmonë dhe do të kthehet në barazi vetëm nëse a=b=c.

Në leksionin e tij, Vyacheslav Andreevich diskutoi shumë shembuj më interesantë. Mundohuni të përdorni këtë metodë për të vërtetuar pabarazitë e Olimpiadës. Ndoshta do t'ju ndihmojë të merrni disa pikë të vlefshme.

Këtu ne prezantojmë një interpretim algjebrik të marrëdhënieve "më i madh se" dhe "më pak se", i cili ilustrohet në vijën e koordinatave dhe merret parasysh aplikimi i tij për të vërtetuar pabarazitë. Këtu nxënësve u tregohet se si të vërtetojnë në mënyrë algjebrike vetitë e pabarazive të studiuara në kapitullin më parë ato ishin të justifikuara gjeometrikisht.

Vërtetimi i pabarazive është një material mjaft i vështirë për nxënësit, kështu që në varësi të nivelit të klasës, duhet të merret parasysh në shkallë të ndryshme plotësinë.

Një tipar i veçantë i problemeve që vërtetojnë pabarazitë është mundësia e zgjidhjes së tyre në mënyra të ndryshme. Prandaj, këshillohet të tregohen disa opsione për vërtetimin e pabarazive në mënyrë që të zgjerohet aftësia e nxënësve për të zgjidhur problemet.

Ekzistojnë dy mënyra kryesore për të vërtetuar pabarazitë:

• 1) bazuar në përpilimin e diferencës midis anës së djathtë dhe të majtë të pabarazisë dhe krahasimin pasues të këtij ndryshimi me zero;
• 2) kalimi nga një pabarazi në tjetrën, ekuivalente me të, bazuar në vetitë e pabarazive.

Të dyja rrugët janë të barabarta. Por ju duhet të siguroni saktësinë e të dhënave tuaja në të dyja rastet. Është e nevojshme t'u sqarohet nxënësve se nëse zgjidhet rruga e parë e zgjidhjes, atëherë pas përpilimit të diferencës kryhen shndërrime të kësaj shprehjeje, e cila mund të shkruhet zinxhir me shenjën “=”. Shprehja që rezulton krahasohet me zero dhe, bazuar në këtë, bëhet një përfundim për pabarazinë origjinale. Nëse zgjidhet rruga e dytë, atëherë shkruhet një sekuencë e pabarazive ekuivalente (si kur zgjidhet një pabarazi), dhe bëhet një përfundim për të fundit - nëse është e vërtetë apo jo. Ja se si mund të duket, për shembull, dizajni i një zgjidhjeje për një ushtrim në të dyja rastet.

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

Le të bëjmë ndryshimin Lëviz 2 (a + b) majtas

anët e majta dhe të djathta të pabarazisë:

pabarazitë: 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 .e sakte, pra,

(a - 1)2 + (b - 1)2 0, pabarazia origjinale është gjithashtu e vërtetë:

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

pabarazia vërtetohet:

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

Vini re se "Përmbajtja minimale e detyrueshme" nuk përfshin prova të pabarazive. Prandaj, aftësitë përkatëse mund të konsiderohen si rezultat i përvetësimit të temës, por jo si rezultat përfundimtar i të mësuarit. Në këtë drejtim, detyrat për vërtetimin e pabarazive nuk përfshihen në provim dhe nuk duhet të përfshihen në testet e tjera përfundimtare.

Vërtetoni se për numrat pozitivë p dhe q: p4 + q4 p3q + pq3.

Zgjidhje. Le të transformojmë ndryshimin

p4 + q4 - (p3q + pq3).

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

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

Meqenëse p 0, q 0, pastaj pq 0, p2 + pq + q2 0, përveç kësaj, (p - q)2 0.

Prodhimi i një numri jonegativ dhe i një numri pozitiv është jonegativ, d.m.th. diferenca në fjalë është më e madhe ose e barabartë me zero. Prandaj, për p 0, q 0 p4 + q4 p3q + pq3.

Provojë në mënyra të ndryshme, që nëse a b 0, atëherë a2 + a b2 + b.

Zgjidhje. Kur vërtetohet pabarazia në mënyrën e dytë,

Le të përdorim pabarazinë e provuar në shembullin: nëse a dhe b janë numra pozitiv dhe a b, pastaj a2 b2. Dhe më pas, duke shtuar pabarazinë a2 b2 dhe pabarazinë a b term sipas termit, marrim atë që kërkohet.

3. Në cilin rast një turist do ta përshkojë të njëjtën distancë më shpejt: nëse ecën përgjatë një rruge horizontale me shpejtësi konstante ose nëse gjysma e rrugës shkon përpjetë me një shpejtësi 1 km/h më pak se shpejtësia e tij në një rrugë horizontale, dhe gjysmën e rrugës poshtë malit me një shpejtësi 1 km/h më të madhe se në një rrugë horizontale?

Zgjidhje. Le të shënojmë shpejtësinë e një turisti në një rrugë horizontale me shkronjën x dhe të marrim distancën si 1. Problemi vjen në krahasimin e shprehjeve

1 dhe ___1___ + ___1___

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

Le të bëjmë dallimin e tyre dhe ta transformojmë atë, ne e kuptojmë atë

që do të thotë se në kushte të tilla, koha e udhëtimit në një rrugë horizontale është më e vogël se në një rrugë me ngjitje dhe zbritje.

Rrallëherë një olimpiadë kalon pa probleme që kërkojnë vërtetimin e njëfarë pabarazie. Pabarazitë algjebrike vërtetohen duke përdorur metoda të ndryshme, të cilat bazohen në transformimet ekuivalente dhe vetitë e pabarazive numerike:

1) nëse a – b > 0, atëherë a > b; nëse a – b

2) nëse a > b, atëherë b a;

3) nëse a

4) nëse a

5) nëse është 0, atëherë ac

6) nëse një para Krishtit; a/c > b/c;

7) nëse një 1

8) nëse 0

Le të kujtojmë disa mbështesin pabarazitë, të cilat shpesh përdoren për të vërtetuar pabarazi të tjera:

1) a 2 > 0;

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

3) x + 1 / x > 2, për x > 0, dhe x + 1 / x –2, për x

4) |a + b| |a| + |b|, |a – b|

> |a| – |b|;

5) nëse a > b > 0, atëherë 1/a

6) nëse a > b > 0 dhe x > 0, atëherë a x > b x, në veçanti, për n natyrore > 2 a 2 > b 2 dhe n √ a > n √;

b

7) nëse a > b > 0 dhe x 8) nëse x > 0, atëherë mëkat

x

• Shumë probleme në nivel olimpiadë, dhe jo vetëm pabarazitë, zgjidhen në mënyrë efektive duke përdorur disa pabarazi të veçanta që nxënësit e shkollave shpesh nuk i njohin. Këto, para së gjithash, përfshijnë:

• pabarazia midis mesatares aritmetike dhe mesatares gjeometrike të numrave pozitivë (pabarazia e Cauchy):

Pabarazia e Bernulit:

• (1 + α) n ≥ 1 + nα, ku α > -1, n – numër natyror;

Pabarazia 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 + . );

• Metodat më "të njohura" për të vërtetuar pabarazitë përfshijnë:
• vërtetimi i pabarazive bazuar në përkufizim;
• metoda e përzgjedhjes së katrorit;
• metoda e vlerësimeve të njëpasnjëshme; metodë;
• induksioni matematik
• përdorimi i pabarazive të veçanta dhe klasike;
• përdorimi i elementeve të analizës matematikore;
• përdorimi i konsideratave gjeometrike;

ideja e forcimit etj.

Problemet me zgjidhjet

1. Vërtetoni pabarazinë:

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 për x > 0, y > 0.

a) Kemi

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

e cila është e dukshme.

b) Mosbarazimi që vërtetohet pas shumëzimit të të dyja anëve me 2 merr formën 2a 2 + 2b 2 + 2

> 2ab + 2a + 2b,

ose

> 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,

Barazia ndodh vetëm kur a = b = 1.

c) kemi

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) Kemi:

b ) Vërtetimi i kësaj pabarazie rrjedh thjesht nga vlerësimi i mëposhtëm:

Barazia arrihet për një trekëndësh barabrinjës.

c) Kemi:

pasi shuma e dyve reciprokisht pozitive numrat reciprokë më i madh ose i barabartë me 2.

3. Vërtetoni se nëse a + b = 1, atëherë vlen pabarazia a 8 + b 8 > 1 / 128.

Nga kushti që a + b = 1, rezulton se

a 2 + 2ab + b 2 = 1.

Le t'ia shtojmë këtë barazi pabarazisë së dukshme

a 2 – 2ab + b 2 > 0.

Ne marrim:

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

4a 4 – 8a 2 b 2 + 4b 2 > 0,

marrim:

8a 4 + 8b 4 > 1, prej nga 64a 8 + 128a 4 b 4 + 64b 4 > 1.

Duke i shtuar këtë pabarazi pabarazisë së dukshme

64a 8 – 128a 4 b 4 + 64b 4 > 0,

marrim:

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

4. Për më tepër e e · π π ose e 2π?

Merrni parasysh funksionin f(x) = x – π ln x . Që kur f'(x) = 1 – π/x , dhe në të majtë të pikës X = π f'(x) 0 , dhe në të djathtë - f'(x) > 0, Se f(x) ka vlera më e vogël në pikën X = π . Kështu f(е) > f(π) dmth

e – π ln e = e – π > π – π ln π

> 2ab + 2a + 2b,

e + π ln π > 2π .

Nga këtu e marrim atë

e e + π ln π > e 2π,

saj· e π ln π > e 2 π ,

e e · π π > e 2π.

5. Vërtetoni këtë

Duke përdorur vetitë e logaritmeve, është e lehtë të reduktohet kjo pabarazi ndaj pabarazisë ekuivalente:

(n + 1) n > n!,

ku n! = 1 · 2 · 3 · . . . · n (n-faktorial). Për më tepër, ekziston një sistem i pabarazive të dukshme:

n + 1 > 1,

n + 1 > 2,

n + 1 > 3,

. . . . .

n + 1 > n,

pasi i shumëzojmë term me term, menjëherë fitojmë se (n + 1) n > n!.

6. Vërtetoni se 2013 2015 · 2015 2013

Ne kemi:

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

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

Natyrisht, mund të marrim gjithashtu një pohim të përgjithshëm: për çdo numër natyror n pabarazia

(n – 1) n +1 (n + 1) n –1

7. Vërtetoni se për çdo numër natyror n vlen mosbarazimi i mëposhtëm:

Le të vlerësojmë anën e majtë të pabarazisë:

Q.E.D.

8. Le të jetë një 1 2, një 2 2, një 3 2, . . . , dhe n 2 janë katrorë me n të ndryshëm numrat natyrorë. Vërtetoni këtë

Le të jetë më i madhi nga këta numra m. Pastaj

që në anën e djathtë shumëzues të shtuar më pak se 1.Le të llogarisim anën e djathtë duke faktorizuar secilën kllapa:

: Zgjeroni njohuritë tuaja në fushën e vërtetimit të pabarazive. Mësoni për pabarazinë e Cauchy. Mësoni të zbatoni metodat e mësuara për të vërtetuar pabarazitë.

Shkarko:

Pamja paraprake:

Institucion arsimor buxhetor i shtetit

mesatare shkolla e mesme №655

Rrethi Primorsky i Shën Petersburgut

“Dëshmi e pabarazive. pabarazia e Cauchy"

2014

Li Nina Yurievna

klasën e 8-të

Abstrakt…………………………………………………………………………………….3

Hyrje…………………………………………………………………………………….. 4

Sfondi historik………………………………………………………………………………………..4

Pabarazia e Cauchy………………………………………………………………………………………………

Vërtetimi i pabarazive…………………………………………………………………..7

Konkluzionet e studimit…………………………………………………………………………………..10

Referencat………………………………………………………………………………………… 11

Li Nina

Shën Petersburg, Institucioni Arsimor Buxhetor i Shtetit Shkolla e mesme nr. 655, klasa e 8-të

“Dëshmi e pabarazive. pabarazia e Cauchy-t”.

mbikëqyrëse: Yulia Vladimirovna Moroz, mësuese matematike

Synimi punë shkencore: Zgjeroni njohuritë tuaja në fushën e vërtetimit të pabarazive. Mësoni për pabarazinë e Cauchy. Mësoni të zbatoni metodat e mësuara për të vërtetuar pabarazitë.

HYRJE

"...rezultatet kryesore të matematikës shprehen më shpesh jo nga barazitë, por nga pabarazitë."

E. Beckenbach

Ne merremi me zgjidhjen e pabarazive gjatë gjithë kursit shkollor. Pabarazitë mund të zgjidhen grafikisht dhe në mënyrë analitike. Për të zgjidhur çdo pabarazi ekziston algoritëm specifik veprim, pra këtë detyrëështë më tepër një veprim mekanik që nuk kërkon një qasje krijuese.

Përkundrazi, vërtetimi i pabarazive kërkon një qasje joformale dhe të ndryshueshme. Prandaj, vërtetimi i pabarazive është më interesantja.

Megjithatë, në kursi shkollor Në matematikë, shumë pak vëmendje i kushtohet vërtetimit të pabarazive. Prova e pabarazive vjen në një gjë: pranim-vlerësim dallimet ndërmjet pjesëve të pabarazisë.Ndërkohë, në olimpiadat e matematikës shpesh ka probleme në vërtetimin e pabarazive duke përdorur metoda dhe teknika të tjera (përdorimi i pabarazive mbështetëse, metoda e vlerësimit).Në olimpiadat për nxënësit e shkollës në matematikë, shpesh propozohen edhe pabarazi, vërtetimi i të cilave zbulon më mirë aftësitë dhe aftësitë e studentëve, shkallën e tyre. zhvillimin intelektual. Përveç kësaj, shumë detyra kompleksiteti i shtuar(nga degë të ndryshme të matematikës) zgjidhen në mënyrë efektive duke përdorur pabarazitë.

Rëndësia e temës "Dëshmia e pabarazive" është e pamohueshme, pasi pabarazitë luajnë një rol themelor në shumicën e seksioneve matematikë moderne, as fizika, as astronomia, as kimia nuk mund të bëjnë pa to. Teoria e probabilitetit, statistika matematikore, matematika financiare, ekonomia - të gjitha këto shkenca të ndërlidhura dhe përgjithësuese, si në formulimin e ligjeve të tyre themelore, ashtu edhe në metodat e përftimit të tyre, dhe në aplikime, përdorin vazhdimisht pabarazi.

Provat e pabarazive ndihmojnë në zhvillimin e aftësisë së të kuptuarit dhe aplikimit të teknikave për vërtetimin e pabarazive; aftësia për t'i zbatuar ato gjatë kryerjes detyra të ndryshme; aftësia për të analizuar, përgjithësuar dhe nxjerrë përfundime; shpreh mendimet në mënyrë logjike; është krijues në punën e tij.

Qëllimi i kësaj pune është zgjerimi i njohurive në fushën e metodave dhe teknikave për vërtetimin e pabarazive.

Për të arritur këtë qëllim kërkimor, ne i vendosëm vetes detyrat e mëposhtme:

• mbledhjen e informacionit nga burime të ndryshme për teknikat dhe metodat për vërtetimin e pabarazive;
• të njihen me pabarazinë e Cauchy;
• Mësoni të aplikoni pabarazitë mbështetëse për të vërtetuar pabarazi më komplekse.

HISTORIKU HISTORIK

Konceptet e "më shumë" dhe "më pak", së bashku me konceptin e "barazisë", u ngritën në lidhje me numërimin e objekteve dhe nevojën për të krahasuar sasive të ndryshme. Konceptet e pabarazisë u përdorën nga grekët e lashtë. Arkimedi (shek. III para Krishtit), gjatë llogaritjes së perimetrit, konstatoi se "perimetri i çdo rrethi është i barabartë me trefishin e diametrit me një tepricë që është më pak se një e shtata e diametrit, por më shumë se dhjetë e shtatëdhjetë e një". Me fjalë të tjera, Arkimedi tregoi kufijtë e numrit π.

Në 1557, kur Robert Record prezantoi për herë të parë shenjën e barabartë, ai e motivoi inovacionin e tij si më poshtë: asnjë dy objekte nuk mund të jenë më të barabartë me njëri-tjetrin se dy. paralel me segmentin. Bazuar në shenjën e barazimit të Record, një tjetër shkencëtar anglez, Harriot, prezantoi shenjat e pabarazisë që përdoren edhe sot, duke justifikuar risinë si më poshtë: nëse dy sasi nuk janë të barabarta, atëherë segmentet që shfaqen në shenjën e barabartë nuk janë më paralele, por kryqëzohen. . Kryqëzimi mund të bëhet në të djathtë (>) ose në të majtë (

Pavarësisht se shenjat e pabarazisë u propozuan 74 vjet pas shenjës së barazimit të propozuar nga Record, ato hynë në përdorim shumë më herët se kjo e fundit. Një nga arsyet e këtij fenomeni është i rrënjosur në faktin se shtypshkronjat në atë kohë përdornin germën latine që kishin tashmë për shenjat e pabarazisë. V, ndërsa ata nuk kishin një shenjë të barazimit të shtypjes (=), dhe nuk ishte e lehtë për ta bërë atë atëherë.

Shenjat ≤ dhe ≥ janë futur Matematikan francez P. Bouguet.

PABARAZIA E CAUCHY-t

Idetë e përdorura për të vërtetuar pabarazitë janë pothuajse po aq të ndryshme sa edhe vetë pabarazitë. NË situata specifike metodat e zakonshme shpesh çojnë në zgjidhje të shëmtuara. Por vetëm disa arrijnë të kombinojnë disa pabarazi "themelore" në një mënyrë jo të dukshme. Dhe, përveç kësaj, asgjë nuk na pengon në secilin rast specifik të kërkojmë një më të përshtatshëm zgjidhja më e mirë, se sa është marrë metodë e përgjithshme. Për këtë arsye, prova e pabarazive shpesh zhvendoset në fushën e artit. Dhe si çdo art, edhe këtu ka teknika teknike, diapazoni i të cilave është shumë i gjerë dhe është shumë e vështirë t'i përvetësosh të gjitha.

Një nga këto pabarazi "themelore" është pabarazia Cauchy, e cila tregon marrëdhënien midis dy vlerave mesatare - mesatares aritmetike dhe mesatares gjeometrike. Mesatarja aritmetike studiohet në kursin e shkollës së pestë dhe duket kështuMesatarja gjeometrike shfaqet për herë të parë në lëndën e gjeometrisë së klasës së tetë -. NË trekëndësh kënddrejtë Tre segmente kanë këtë veti: dy këmbë dhe një pingul i rënë nga kulmi kënd i drejtë te hipotenuza.

Ekziston një marrëdhënie e mahnitshme midis këtyre dy sasive që shkencëtarët kanë studiuar. O. Cauchy, një matematikan francez, arriti në përfundimin se mesatarja aritmetike n numra jonegativë gjithmonë jo më pak se mesatarja gjeometrike e këtyre numrave.

Së bashku me pabarazinë e Cauchy-së, është e dobishme të dimë pasojat e saj:

Barazia arrihet kur a = b.

Pabarazitë janë të vërteta nëse plotësohen kushtet a > 0, b > 0.

Vërtetimi algjebrik i kësaj pabarazie është mjaft i thjeshtë:

(a – c)² ≥ 0;

Le të zbatojmë formulën "diferencë në katror":

a² - 2av + b² ≥0;

Le t'i shtojmë të dyja anët e pabarazisë 4 av:

a² + 2av + b² ≥4av;

Le të zbatojmë formulën "katrori i shumës":

(a + b)² ≥4av;

Le të ndajmë të dyja anët e pabarazisë me 4 :

Që nga a dhe b janë pozitive sipas kushtit, atëherë nxjerrim rrënjën katrore të të dy anëve të pabarazisë:

Ne morëm shprehjen e dëshiruar.

Merrni parasysh vërtetimin gjeometrik:

Jepen: ABCD – drejtkëndëshe, AD = a, AB = b, AK – përgjysmues i këndit BAD.

Provoni:

Dëshmi:

1. AK është një përgjysmues, prandaj, VAL = LAD. LAD dhe BLA – kënde tërthore të brendshme me paralele BC dhe AD dhe sekante AL, pra BLA = LAD.
2. B = 90°, pra BAL = LAD = 45°, por BLA = LAD, pra ∆ ABL – izosceles, BL = AB = b.
3. ∆AKD – dyshekë, meqë KD┴ Pas Krishtit, DAL = 45°, që do të thotë AD = KD = a.

Është e qartë se barazia arrihet kur

a = b , domethënë ABCD është një katror.

le të zëvendësojmë në pabarazinë a² me m, b² me n, marrim

Ose,

pra mesatarja gjeometrike nuk është më e madhe se mesatarja aritmetike.

VËSHTIMI I PABARAZISË

Metoda e sintezës.

Kjo është një metodë e bazuar në marrjen (sintetizimin) e një pabarazie (e cila duhet të justifikohet) nga pabarazitë mbështetëse (bazë) dhe metodat për vendosjen e tyre.

Le ta zgjidhim problemin duke përdorur metodën e sintezës

Problemi 1. Vërtetoni se për çdo jonegativ a, b, c pabarazia është e vërtetë

Zgjidhje. Le të shkruajmë tre pabarazi që vendosin marrëdhënien midis mesatares aritmetike dhe mesatares gjeometrike të dy numrave jonegativë

Le të shumëzojmë pabarazitë rezultuese term me term, pasi anët e majta dhe të djathta të tyre janë jo negative

Problemi 2. Le të zbatojmë pabarazinë e Cauchy për të vërtetuar këtë pabarazi:

Mënyra e përdorimit të identiteteve.

Thelbi i metodës është se kjo pabarazi nga transformimet ekuivalenteçon në një identitet të qartë.

Le të shqyrtojmë zgjidhjen e problemit duke përdorur këtë metodë.

Detyrë. Vërtetoni këtë për çdo numër real a dhe b pabarazia është e vërtetë.

Zgjidhje. Le të zgjedhim një katror të plotë në anën e majtë të pabarazisë

Për çdo të vlefshme a dhe b kjo shprehje është jonegative, që do të thotë se kjo pabarazi është gjithashtu e kënaqshme, d.m.th.

PËRFUNDIM

Kjo punë kërkimore kishte për qëllim zgjidhjen e problemeve të mëposhtme:

• mbledhjen e informacionit dhe studimin e metodave dhe teknikave të ndryshme për vërtetimin e pabarazive;
• njohja me pabarazinë e jashtëzakonshme të Cauchy, vërtetimi i saj në mënyrë algjebrike dhe gjeometrike;
• aplikimi i njohurive të marra për të vërtetuar pabarazitë;
• njohja me metodën e sintezës dhe përdorimin e identiteteve në zgjidhjen e problemeve të caktuara.

Në procesin e zgjidhjes së problemeve, ne ia arritëm qëllimit punë kërkimore– gjetja e optimales metodë efektive provat e pabarazive.

REFERENCAT

1. Algjebër. Klasa e 8-të: tekst shkollor. për studentët e arsimit të përgjithshëm Institucioni / Yu.N., N.G. Neshkov, I.E. - M.

1. Algjebër. klasa e 8-të. Materiale didaktike. Rekomandime metodike/ I.E.Feoktistov.-3rd ed., ster.-M.: Mnemosyne, 2013.-173 f.

1. Mordkovich A.G. Algjebër. klasa e 8-të. Në orën 14:00 Pjesa 1. Libër mësuesi për nxënësit institucionet arsimore/ A.G. Mordkoviç. – Botimi i 10-të, i fshirë. - M.: Mnemosyne, 2008. – 215 f., C 185-200.

1. Berkolaiko S.T. Përdorimi i pabarazisë së Cauchy në zgjidhjen e problemeve - M.: Kvant, 1975. - Nr. 4.