Доказательства неравенств с двумя переменными. Программа модуля «Методы доказательства неравенств» - Программа

На семинаре координаторов олимпиады "Кенгуру" Вячеслав Андреевич Ясинский прочёл лекцию о том, как можно доказывать олимпиадные симметричные неравенства с помощью собственного метода разностей переменных.

Действительно, на математических олимпиадах часто встречаются задания на доказательство неравенств, как, например, такое, с Международной олимпиады по математике 2001 года: $\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\geq 1$ (для положительных a,b,c).

Обычно чтобы доказать олимпиадное неравенство, его нужно привести к одному из базовых: Коши, Коши-Буняковского, Йенсена, неравенству между средними и т.д. Причём часто приходится пробовать различные варианты базового неравенства до достижения успеха.

Однако часто у олимпиадных неравенств (как у приведённого выше) есть одна особенность. При перестановке переменных (например, замене a на b, b на c и c на a) они не изменятся.

Если функция нескольких переменных не меняется при любой их перестановке, то она называется симметрической. Для симметрической функции f от трёх переменных выполняется равенство:
f (x ,y ,z )= f (x ,z ,y )= f (y ,x ,z )= f (y ,z ,x )= f (z ,x ,y )= f (z ,y ,x )

Если же функция не меняется только при циклической перестановке переменных, она называется циклической.
f (x,y,z)= f (y,z,x)= f (z,x,y)

Для неравенств, которые строятся на основе симметрических функций, Вячеслав Андреевич разработал универсальный метод доказательства.
Метод состоит из следующих шагов.
1. Преобразовать неравенство так, чтобы слева оказался симметрический многочлен (обозначим его D), а справа 0.

2. Выразить симметрический многочлен D от переменных a, b, c через базовые симметрические многочлены.

Базовых симметрических многочленов от трёх переменных существует три. Это:
p = a+b+c - сумма;
q = ab+bc+ac - сумма попарных произведений;
r = abc - произведение.

Любой симметрический многочлен можно выразить через базовые.

3. Поскольку многочлен D симметрический, можно, не нарушая общности, считать, что переменные a, b, c упорядочены так: $a\geq b\geq c$

4. Вводим два неотрицательных числа х и у, таки, что x = a-b, y = b-c.

5. Снова преобразовываем многочлен D, выражая p, q и r через c и x, y. Учитываем, что
b = y+c
a = (x+y)+c

Тогда
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

Обратите внимание, что скобки в выражениях, содержащих x и y, мы не раскрываем.

6. Теперь рассматриваем многочлен D как многочен от с с коэффициентами, выражающимися через х и у. Учитывая неотрицательность коэффициентов оказывается несложно показать, что знак неравенства будет сохраняться для всех допустимых значений с.

Поясним этот метод на примерах.
Пример 1 . Доказать неравенство:
$(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)$

Доказательство
Так как неравенство симметрическое (не меняется при любой перестановке переменных a, b, c), то представим его как
$(a+b+c)^2 - 3(ab+bc+ac)\geq 0$

Выразим многочлен в левой части через базовые симметрические:
$p^2 - 3q\geq 0$

Так как многочлен симметрический, можно считать, не ограничивая общности, что $a\geq b\geq c$ и $x = a-b\geq 0$, $y = b-c\geq 0$.

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

После приведения подобных получаем неравенство вообще не содержащее переменную с
$(x+2y)^2-3(x+y)y\geq 0$

Вот теперь можно раскрыть скобки
$x^2+4xy+4y^2-3xy-3y^2\geq 0$
$x^2+xy+y^2\geq 0$ - что является верным как для нотрицательных x, y, так и для любых.

Таким образом, неравенство доказано.

Пример 2 (с Британской математической олимпиады 1999 года)
Доказать, что $7(ab+bc+ac)\leq 2+9abc$ (для положительных чисел, если a+b+c = 1)

Доказательство
Прежде чем начать сводить всё в левую часть, обратим внимание, что степени частей неравенства у нас не сбалансированы. Если в примере 1 обе части неравенства были многосленами второй степени, то тут многочлен второй степени сравнивается с суммой многочленов нулевой и третьей. Использлуем то, что сумма a+b+c по условию равна 1 и домножим левую часть на единицу, а двойку из правой части - на единицу в кубе.

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

Теперь перенесём всё влево и представим левую часть как симметричный многочkен от a, b, c:
$7(ab+bc+ac)(a+b+c)- 2(a+b+c)^3-9abc\leq 0$

Выразим левую чаcть через базовые симметрические многочлены:
$7qp- 2p^3-9r\leq 0$

Выразим левую часть через x, y и c, представив её как многочлен относительно с.
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

Главное - аккуратно и внимательно выполнять преобразования. Как сказал Вячеслав Андреевич, если он выполняет преобразования и его кто-то отвлекает, он выбрасывает листок с формулами и начинает заново.

Для удобства сведения подобных в заключительном многочлене они выделены разными цветами.

Все слагаемые с c 3 уничтожатся: 63c 3 -54c 3 -9c 3 = 0
Это же произойдёт и со второй степенью с: 21(x+2y)c 2 +42(x+2y)c 2 -54(x+2y)c 2 -9(x+2y)c 2 = 0

Преобразуем слагаемые с первой степенью с: 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 - это выражение никогда не будет положительным.

И свободные члены: 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) - и это выражение тоже.

Таким образом, исходное неравенство будет выполняться всегда, а в равенство оно превратится только при условии равенства a=b=c.

На своей лекции Вячеслав Андреевич разобрал ещё много интересных примеров. Попробуйте и вы применить этот метод для доказательства олимпиадных неравенств. Возможно, он поможет добыть несокольо ценных баллов.

На семинаре координаторов олимпиады "Кенгуру" Вячеслав Андреевич Ясинский прочёл лекцию о том, как можно доказывать олимпиадные симметричные неравенства с помощью собственного метода разностей переменных.

Действительно, на математических олимпиадах часто встречаются задания на доказательство неравенств, как, например, такое, с Международной олимпиады по математике 2001 года: $\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\geq 1$ (для положительных a,b,c).

Обычно чтобы доказать олимпиадное неравенство, его нужно привести к одному из базовых: Коши, Коши-Буняковского, Йенсена, неравенству между средними и т.д. Причём часто приходится пробовать различные варианты базового неравенства до достижения успеха.

Однако часто у олимпиадных неравенств (как у приведённого выше) есть одна особенность. При перестановке переменных (например, замене a на b, b на c и c на a) они не изменятся.

Если функция нескольких переменных не меняется при любой их перестановке, то она называется симметрической. Для симметрической функции f от трёх переменных выполняется равенство:
f (x ,y ,z )= f (x ,z ,y )= f (y ,x ,z )= f (y ,z ,x )= f (z ,x ,y )= f (z ,y ,x )

Если же функция не меняется только при циклической перестановке переменных, она называется циклической.
f (x,y,z)= f (y,z,x)= f (z,x,y)

Для неравенств, которые строятся на основе симметрических функций, Вячеслав Андреевич разработал универсальный метод доказательства.
Метод состоит из следующих шагов.
1. Преобразовать неравенство так, чтобы слева оказался симметрический многочлен (обозначим его D), а справа 0.

2. Выразить симметрический многочлен D от переменных a, b, c через базовые симметрические многочлены.

Базовых симметрических многочленов от трёх переменных существует три. Это:
p = a+b+c - сумма;
q = ab+bc+ac - сумма попарных произведений;
r = abc - произведение.

Любой симметрический многочлен можно выразить через базовые.

3. Поскольку многочлен D симметрический, можно, не нарушая общности, считать, что переменные a, b, c упорядочены так: $a\geq b\geq c$

4. Вводим два неотрицательных числа х и у, таки, что x = a-b, y = b-c.

5. Снова преобразовываем многочлен D, выражая p, q и r через c и x, y. Учитываем, что
b = y+c
a = (x+y)+c

Тогда
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

Обратите внимание, что скобки в выражениях, содержащих x и y, мы не раскрываем.

6. Теперь рассматриваем многочлен D как многочен от с с коэффициентами, выражающимися через х и у. Учитывая неотрицательность коэффициентов оказывается несложно показать, что знак неравенства будет сохраняться для всех допустимых значений с.

Поясним этот метод на примерах.
Пример 1 . Доказать неравенство:
$(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)$

Доказательство
Так как неравенство симметрическое (не меняется при любой перестановке переменных a, b, c), то представим его как
$(a+b+c)^2 - 3(ab+bc+ac)\geq 0$

Выразим многочлен в левой части через базовые симметрические:
$p^2 - 3q\geq 0$

Так как многочлен симметрический, можно считать, не ограничивая общности, что $a\geq b\geq c$ и $x = a-b\geq 0$, $y = b-c\geq 0$.

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

После приведения подобных получаем неравенство вообще не содержащее переменную с
$(x+2y)^2-3(x+y)y\geq 0$

Вот теперь можно раскрыть скобки
$x^2+4xy+4y^2-3xy-3y^2\geq 0$
$x^2+xy+y^2\geq 0$ - что является верным как для нотрицательных x, y, так и для любых.

Таким образом, неравенство доказано.

Пример 2 (с Британской математической олимпиады 1999 года)
Доказать, что $7(ab+bc+ac)\leq 2+9abc$ (для положительных чисел, если a+b+c = 1)

Доказательство
Прежде чем начать сводить всё в левую часть, обратим внимание, что степени частей неравенства у нас не сбалансированы. Если в примере 1 обе части неравенства были многосленами второй степени, то тут многочлен второй степени сравнивается с суммой многочленов нулевой и третьей. Использлуем то, что сумма a+b+c по условию равна 1 и домножим левую часть на единицу, а двойку из правой части - на единицу в кубе.

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

Теперь перенесём всё влево и представим левую часть как симметричный многочkен от a, b, c:
$7(ab+bc+ac)(a+b+c)- 2(a+b+c)^3-9abc\leq 0$

Выразим левую чаcть через базовые симметрические многочлены:
$7qp- 2p^3-9r\leq 0$

Выразим левую часть через x, y и c, представив её как многочлен относительно с.
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

Главное - аккуратно и внимательно выполнять преобразования. Как сказал Вячеслав Андреевич, если он выполняет преобразования и его кто-то отвлекает, он выбрасывает листок с формулами и начинает заново.

Для удобства сведения подобных в заключительном многочлене они выделены разными цветами.

Все слагаемые с c 3 уничтожатся: 63c 3 -54c 3 -9c 3 = 0
Это же произойдёт и со второй степенью с: 21(x+2y)c 2 +42(x+2y)c 2 -54(x+2y)c 2 -9(x+2y)c 2 = 0

Преобразуем слагаемые с первой степенью с: 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 - это выражение никогда не будет положительным.

И свободные члены: 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) - и это выражение тоже.

Таким образом, исходное неравенство будет выполняться всегда, а в равенство оно превратится только при условии равенства a=b=c.

На своей лекции Вячеслав Андреевич разобрал ещё много интересных примеров. Попробуйте и вы применить этот метод для доказательства олимпиадных неравенств. Возможно, он поможет добыть несокольо ценных баллов.

Здесь вводится алгебраическая трактовка соотношений “больше” и “меньше”, которая иллюстрируется на координатной прямой, и рассматривается ее применение для доказательства неравенств. Здесь же учащимся демонстрируется, как алгебраически можно доказать изученные в главе свойства неравенств, ранее они были обоснованы геометрически.

Доказательство неравенств - это довольно трудный для учащихся материал, поэтому в зависимости от уровня подготовки класса его следует рассматривать с разной степенью полноты.

Особенность задач на доказательство неравенств - возможность их решения различными способами. Поэтому целесообразно показать несколько вариантов доказательства неравенств, чтобы расширить возможности учащихся при решении задач.

Предлагаются два основных пути доказательства неравенств:

• 1) на основе составления разности правой и левой частей неравенства и последующего сравнения этой разности с нулем;
• 2) переход от одного неравенства к другому, ему равносильному, на основе свойств неравенств.

Оба пути равноправны. Но нужно следить за аккуратностью записей в том и другом случае. Учащимся необходимо разъяснить, что если выбран первый путь решения, то после составления разности выполняются преобразования этого выражения, которые можно записать в виде цепочки со знаком “=”. Полученное в итоге выражение сравнивается с нулем и, на основе этого делается заключение об исходном неравенстве. Если же выбран второй путь, то записывается последовательность равносильных неравенств (как при решении неравенства), и о последнем из них делается заключение - верно оно или нет. Вот как может, например, выглядеть оформление решения упраженения в том и в другом случае.

Доказать неравенство а2 + b2 + 2 2 (а + b) .

Составим разность Перенесем 2 (а + b) в левую

левой и правой частей часть неравенства:

неравенства: а2 + b2 + 2 - 2 (а + b) 0;

а2 + b2 + 2 - 2 (а + b) =а2 + b2 + 2 2а - 2b 0;

А2 + b2 + 2 - 2а - 2b == (а2 - 2а + 1) +

= (а2 - 2а + 1) ++ (b2 - 2b + 1) 0;

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

= (а - 1)2 + (b - 1)2 .верно, следовательно,

(а - 1)2 + (b - 1)2 0,верно и исходное неравенство:

следовательно, а2 + b2 + 2 2 (а + b) .

неравенство доказано:

а2 + b2 + 2 2 (а + b) .

Заметим, что в «Обязательный минимум содержания» доказательство неравенств не входит. Поэтому соответствующие умения могут рассматриваться как результат усвоения темы, но не как итоговый результат обучения. В связи с этим задания на доказательство неравенств не включаются в экзамен, не следует включать их и в иные итоговые проверки.

Докажите, что для положительных чисел p и q: p4 + q4 p3q + pq3.

Решение. Преобразуем разность

p4 + q4 - (p3q + pq3).

p4 + q4 - p3q - pq3 = p3 (p - q) + а3 (q - p) =

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

Так как p 0, q 0, то pq 0, p2 + pq + q2 0, кроме того, (p - q)2 0.

Произведение неотрицательного и положительного чисел - неотрицательно, т.е. рассматриваемая разность больше или равна нулю. Следовательно, при p 0, q 0 p4 + q4 p3q + pq3.

Докажите разными способами, что если a b 0, то а2 + а b2 + b.

Решение. При доказательстве неравенства вторым способом,

воспользуемся неравенством, доказанным в примере: если а и b - положительные числа и а b, то а2 b2. А потом, почленно сложив неравенство а2 b2 и неравенство а b, получим требуемое.

3. В каком случае турист пройдет одно и то же расстояние быстрее: если он будет идти по горизонтальной дороге с постоянной скоростью или же если половину пути он будет идти в гору со скоростью, на 1 км/ч меньшей, чем его скорость по горизонтальной дороге, а половину пцти - с горы со скоростью, на 1 км/ч большей, чем по горизонтальной дороге?

Решение. Обозначим скорость туриста по горизонтальной дороге буквой х, а расстояние примем за 1. Задача сводится к сравнению выражений

1 и ___1___ + ___1___

х 2(х-1) 2(х+1).

Составим их разность и преобразовав ее, получим, что

а это означает, что при таких условиях время движения по горизонтальной дороге меньше, чем по дороге с подъемом и спуском.

Редкая олимпиада обходится без задач, в которых требуется доказать некоторое неравенство. Алгебраические неравенства доказываются с помощью различных методов, которые основываются на равносильных преобразованиях и свойствах числовых неравенств:

1) если a – b > 0, то a > b; если a – b

2) если a > b, то b a;

3) если a

4) если a

5) если a 0, то ac

6) если a bc; a / c > b / c ;

7) если a 1

8) если 0

Напомним некоторые опорные неравенства, которые часто используются для доказательства других неравенств:

1) а 2 > 0;

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

3) x + 1 / x > 2, при х > 0, и x + 1 / x –2, при х

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

5) если a > b > 0, то 1 / a

6) если a > b > 0 и х > 0, то a x > b x , в частности, для натурального n > 2

a 2 > b 2 и n √ a > n √b ;

7) если a > b > 0 и х

8) если х > 0, то sin x

Многие задачи олимпиадного уровня, и это не только неравенства, эффективно решаются с помощью некоторых специальных неравенств, с которыми учащиеся школы часто не бывают знакомы. К ним, прежде всего, следует отнести:

• неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим положительных чисел (неравенство Коши):

• неравенство Бернулли:

(1 + α) n ≥ 1 + nα, где α > -1, n – натуральное число;

• неравенство Коши – Буняковского:

(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);

К наиболее «популярным» методам доказательства неравенств можно отнести:

• доказательство неравенств на основе определения;
• метод выделения квадратов;
• метод последовательных оценок;
• метод математической индукции;
• использование специальных и классических неравенств;
• использование элементов математического анализа;
• использование геометрических соображений;
• идея усиления и др.

Задачи с решениями

1. Доказать неравенство:

а) a 2 + b 2 + c 2 + 3 > 2 · (a + b + c);

б) a 2 + b 2 + 1 > ab + a + b;

в) x 5 + y 5 – x 4 y – x 4 y > 0 при x > 0, y > 0.

а) Имеем

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

что очевидно.

б) Доказываемое неравенство после умножения обеих частей на 2 принимает вид

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

или

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

или

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

что очевидно. Равенство имеет место лишь при a = b = 1.

в) Имеем

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. Доказать неравенство:

а) Имеем:

б ) Доказательство данного неравенства элементарно следует из следующей оценки:

Равенство достигается для равностороннего треугольника.

в) Имеем:

так как сумма двух положительных взаимно обратных чисел больше или равна 2.

3. Доказать, что если a + b = 1, то имеет место неравенство a 8 + b 8 > 1 / 128 .

Из условия, что a + b = 1, следует, что

a 2 + 2ab + b 2 = 1.

Сложим это равенство с очевидным неравенством

a 2 – 2ab + b 2 > 0.

Получим:

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

4a 4 – 8a 2 b 2 + 4b 2 > 0,

получим:

8a 4 + 8b 4 > 1, откуда 64a 8 + 128a 4 b 4 + 64b 4 > 1.

Сложив это неравенство с очевидным неравенством

64a 8 – 128a 4 b 4 + 64b 4 > 0,

получим:

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

4. Что больше е е · π π или е 2 π ?

Рассмотрим функцию f(x) = x – π · ln x . Поскольку f’(x) = 1 – π / х , и слева от точки х = π f’(x) 0, а справа - f’(x) > 0, то f(x) имеет наименьшее значение в точке х = π . Таким образом f(е) > f(π) , то есть

е – π · ln е = е – π > π – π · ln π

или

е + π · ln π > 2π .

Отсюда получаем, что

е е + π · ln π > е 2 π ,

е е · е π · ln π > е 2 π ,

е е · π π > е 2 π .

5. Доказать, что

Используя свойства логарифмов, нетрудно свести данное неравенство к равносильному неравенству:

(n + 1) n > n!,

где n! = 1 · 2 · 3 · . . . · n (n-факториал). Кроме того имеет место система очевидных неравенств:

n + 1 > 1,

n + 1 > 2,

n + 1 > 3,

. . . . .

n + 1 > n,

после почленного умножения которых, непосредственно получаем, что (n + 1) n > n!.

6. Доказать, что 2013 2015 · 2015 2013

Имеем:

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

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

Очевидно, так же можно получить общее утверждение: для любого натурального n выполняется неравенство

(n – 1) n +1 (n + 1) n –1

7. Докажите, что для любого натурального числа n выполняется неравенство:

Оценим левую часть неравенства:

что и требовалось доказать.

8. Пусть а 1 2 , а 2 2 , а 3 2 , . . . , а n 2 – квадраты n различных натуральных чисел. Докажите, что

Пусть наибольшее из этих чисел равно m. Тогда

так как в правую часть добавлены множители, меньшие 1. Вычислим правую часть, разложив каждую скобку на множители:

: Расширить свои знания в области доказательства неравенств. Познакомиться с неравенством Коши. Научиться применять изученные методы к доказательству неравенств.

Скачать:

Предварительный просмотр:

Государственное бюджетное общеобразовательное учреждение

средняя общеобразовательная школа №655

Приморского района Санкт-Петербурга

«Доказательство неравенств. Неравенство Коши»

2014г.

Ли Нина Юрьевна

8в класс

Аннотация…………………………………………………………………………………….3

Введение …………………………………………………………………………………….. 4

Историческая справка………………………………………………………………………..4

Неравенство Коши……………………………………………………………………………5

Доказательство неравенств…………………………………………………………………..7

Выводы исследования………………………………………………………………………..10

Список литературы……………………………………………………………………………11

Ли Нина

г. Санкт-Петербург, ГБОУ СОШ №655, 8 класс

«Доказательство неравенств. Неравенство Коши».

руководитель: Мороз Юлия Владимировна, учитель математики

Цель научной работы: Расширить свои знания в области доказательства неравенств. Познакомиться с неравенством Коши. Научиться применять изученные методы к доказательству неравенств.

ВВЕДЕНИЕ

«…основные результаты математики чаще выражаются не равенствами, а неравенствами».

Э. Беккенбах

Решением неравенств мы занимаемся на протяжении всего школьного курса. Неравенства можно решать графическим и аналитическим способом. Чтобы решить любое неравенство существует определенный алгоритм действий, поэтому данная задача является, скорее механическим действием, который не требует творческого подхода.

Напротив, доказательство неравенств требует неформального, вариативного подхода. Поэтому доказательство неравенств является наиболее интересным.

Однако, в школьном курсе математики доказательству неравенств уделяется очень мало внимания. Доказательство неравенств сводится к одному приему- оценке разности частей неравенства. Между тем, на математических олимпиадах часто встречаются задачи на доказательство неравенств с применением других способов и приемов (использование опорных неравенств, метод оценивания). На олимпиадах для школьников по математике также часто предлагаются неравенства, доказательство которых лучше выявляет способности и возможности учащихся, степень их интеллектуального развития. Кроме того, многие задачи повышенной сложности (из различных разделов математики) эффективно решаются с помощью неравенств.

Актуальность темы «Доказательство неравенств» бесспорна, так как неравенства играют фундаментальную роль в большинстве разделов современной математики, без них не может обойтись ни физика, ни астрономия, ни химия. Теория вероятности, математическая статистика, финансовая математика, экономика – все эти взаимосвязанные и обобщающие друг друга науки и в формулировках основных своих законов, и в методах их получения, и в приложениях, постоянно используют неравенства.

Доказательства неравенств помогают развить навык осмысления и применения приемов доказательства неравенств; умение применять их при выполнении различных задач; умение анализировать, обобщать и делать выводы; логически излагать мысли; творчески относится к делу.

Целью данной работа является расширение знаний в области методов и приемов доказательства неравенств.

Для достижения данной цели исследования мы поставили перед собой задачи:

• сбор информации из различных источников о приемах и методах доказательства неравенств;
• познакомится с неравенством Коши;
• Научится применять опорные неравенства к доказательству более сложных неравенств.

ИСТОРИЧЕСКАЯ СПРАВКА

Понятия «больше» и «меньше» наряду с понятием «равенство» возникли в связи со счетом предметов и необходимостью сравнивать различные величины. Понятиями неравенства пользовались еще древние греки. Архимед (III в. до н. э.), занимаясь вычислением длины окружности, установил, что «периметр всякого круга равен утроенному диаметру с избытком, который меньше седьмой части диаметра, но больше десяти семьдесят первых». Иначе говоря, Архимед указал границы числа π.

В 1557 г., когда Роберт Рекорд впервые ввел знак равенства, он мотивировал свое нововведение следующем образом: никакие два предмета не могут быть между собой более равными, чем два параллельных отрезка. Исходя из знака равенства Рекорда, другой английский ученый Гарриот ввел употребляемые и поныне знаки неравенства, обосновывая нововведение следующим образом: если две величины не равны, то отрезки, фигурирующие в знаке равенства, уже не параллельны, а пересекаются. Пересечение может иметь место справа (>) или слева (

Несмотря на то что знаки неравенства были предложены через 74 года после предложенного Рекордом знака равенства, они вошли в употребление намного раньше последнего. Одна из причин этого явления коренится в том, что типографии применяли в то время для знаков неравенства уже имевшуюся у них латинскую букву V, тогда как наборного знака равенства (=) у них не было, а изготовлять его тогда - было нелегко.

Знаки ≤ и ≥ ввел французский математик П. Буге.

НЕРАВЕНСТВО КОШИ

Применяемые для доказательства неравенств идеи почти столь же разнообразны, как и сами неравенства. В конкретных ситуациях общие методы часто приводят к некрасивым решениям. Но неочевидное комбинирование нескольких «базовых» неравенств удается лишь немногим. И, кроме того, ничто не мешает нам в каждом конкретном случае поискать более удобное, лучшее решение, нежели полученное общим методом. По этой причине доказательства неравенств нередко относят к области искусства. И как во всяком искусстве здесь есть свои технические приемы, набор которых весьма широк и овладеть всеми очень сложно.

Одним из таких «базовых» неравенств является неравенство Коши, указывающее на соотношение двух средних величин – среднего арифметического и среднего геометрического. Среднее арифметическое изучается в школьном курсе пятого класса и выглядит таким образом Среднее геометрическое впервые появляется в курсе геометрии восьмого класса - . В прямоугольном треугольнике таким свойством обладают три отрезка: два катета и перпендикуляр, опущенный из вершины прямого угла на гипотенузу.

Между этими двумя этими величинами существует удивительное соотношение, которое исследовали ученые. О. Коши, французский математик, пришел к выводу о том, что среднее арифметическое n неотрицательных чисел всегда не меньше среднего геометрического этих чисел.

Наряду с неравенством Коши полезно знать следствия из него:

Равенство достигается при a = b.

Неравенства верны, если выполняются условия a > 0, b > 0.

Алгебраическое доказательство этого не равенства довольно простое:

(а – в)² ≥ 0;

Применим формулу «квадрат разности»:

а² - 2ав + в² ≥0;

Прибавим к обеим частям неравенства 4ав :

а² + 2ав + в² ≥4ав;

Применим формулу «квадрат суммы»:

(а + в)² ≥4ав;

Разделим обе части неравенства на 4 :

Так как а и в – положительные по условию, то извлечём из обеих частей неравенства квадратный корень:

Получили искомое выражение.

Рассмотрим геометрическое доказательство:

Дано: ABCD – прямоугольный, AD = a, AB = b, AK – биссектриса угла ВАD.

Доказать:

Доказательство:

1. АК – биссектриса, следовательно, ВАL = LAD. LAD и BLA – внутренние накрест лежащие углы при параллельных ВС и AD и секущей AL, то есть BLA = LAD.
2. В = 90°, следовательно, BAL = LAD = 45°, но BLA = LAD, значит, ∆ АВL – равнобедренный, BL = AB = b.
3. ∆AKD – равнобедренный, так как KD ┴ AD, DAL = 45°, значит AD = KD = a.

Очевидно, что , равенство достигается при

a = b , то есть ABCD – квадрат.

заменим в неравенстве а² на m , b² на n , получим

Или ,

то есть среднее геометрическое не больше среднего арифметического.

ДОКАЗАТЕЛЬСТВО НЕРАВЕНСТВ

Метод синтеза.

Это метод, основанный на получении (синтезировании) неравенства (которое требуется обосновать) из опорных (базисных) неравенств и методов их установления.

Решим задачу, используя метод синтеза

Задача 1. Докажите, что для любых неотрицательных a, b, c справедливо неравенство

Решение. Запишем три неравенства, устанавливающие зависимость между средним арифметическим и средним геометрическим двух неотрицательных чисел

Перемножим почленно полученные неравенства, так как их левая и правая части неотрицательны

Задача 2. Применим неравенство Коши к доказательству этого неравенства:

Метод использования тождеств .

Суть метода состоит в том, что данное неравенство путём равносильных преобразований приводится к очевидному тождеству.

Рассмотрим решение задачи этим методом.

Задача. Докажите, что для любых действительных чисел a и b справедливо неравенство .

Решение. Выделим в левой части неравенства полный квадрат

При любых действительных a и b это выражение неотрицательно, значит и данное неравенство выполнимо, то есть .

ЗАКЛЮЧЕНИЕ

Данная исследовательская работа была направлена на решение следующих задач:

• сбор информации и изучение различных методов и приемов доказательства неравенств;
• знакомство с замечательным неравенством Коши, его доказательство алгебраическим и геометрическим способом;
• применение полученных знаний для доказательства неравенств;
• знакомство с методом синтеза и использования тождеств в решении поставленных задач.

В процессе решения задач мы достигли поставленной цели нашей исследовательской работы –нахождение оптимально эффективного метода доказательства неравенств.

СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ

1. Алгебра. 8 класс: учеб. для учащихся общеобр. учрежд./ Ю.Н.Макарычев, Н.Г.Миндюк, К.И.Нешков, И.Е.Феоктистов.-13-е изд.- М.:Мнемозина,2013.-384с.

1. Алгебра. 8 класс. Дидактические материалы. Методические рекомендации/ И.Е.Феоктистов.-3-е изд.,стер.-М.:Мнемозина,2013.-173 с.

1. Мордкович А.Г. Алгебра. 8 класс. В 2 ч. Ч. 1. Учебник для учащихся общеобразовательных учреждений / А.Г. Мордкович. – 10-е изд., стер. – М.: Мнемозина,2008. – 215с., С 185-200.

1. Берколайко С.Т. Использование неравенства Коши при решении задач.- М.: Квант, 1975.- №4.