Eksempler på bevis for komplekse uligheder. Program for modulet "Metoder til at bevise uligheder" - Program

Afskrift

1 FETROZAVODSK STATE UNIVERSITY FAKULTETET FOR MATEMATIK OG INFORMATIONSTEKNOLOGISK Institut for Geometri og Topologi Elizaveta Sergeevna Khaltsenen Afsluttende kvalificerende arbejde til en bachelorgrad Metoder til at bevise uligheder Retning: "0.03.0" "Mathematics advisor" Professor f.v. Videnskaber, Platonov S.S. (bestyrerens underskrift) Petrozavodsk

2 Indhold Indledning...3 Jensens ulighed Kommutationsulighed Karamatas ulighed Løsning af problemer for at bevise uligheder...3 Referencer.

3 Introduktion En metode er et sæt af sekventielle handlinger, der har til formål at løse en bestemt type problem. Metoderne til at bevise uligheder i dette arbejde er rettet mod at finde en ikke-standardiseret løsning på uligheder, der har en bestemt form. Ved hjælp af sådanne metoder reduceres opløsningen betydeligt. Resultatet er det samme, men mængden af ​​arbejde er mindre. Målet med det endelige arbejde var at studere tre typer uligheder, ved hjælp af hvilke mange andre let kan bevises. Det er Jensens ulighed, kommuteringsulighed, Karamatas ulighed. Alle disse uligheder er matematisk smukke ved hjælp af disse uligheder kan du løse skoleuligheder. Dette emne er relevant. Efter min mening kunne det være nyttigt for skolebørn, herunder til at forbedre deres viden inden for matematik. Da metoderne ikke er standard, tror jeg, at elever med en matematisk overbevisning ville finde dem nyttige og sjove. Opgaven er at søge og løse tematiske uligheder fra den foreslåede litteratur. Værket består af fire afsnit. Afsnittet beskriver Jensens ulighed, giver dets beviser og hjælpedefinitioner. Afsnit 2 indeholder kommuteringsulighed, dens særlige tilfælde og generel kommuteringsulighed. I afsnit 3 er Karamatas ulighed uden bevis. Stk. 4 er det endelige værks hovedværk, dvs. beviser for uligheder ved hjælp af Jensens ulighed, kommuteringsulighed og Karamatas ulighed

4 . Jensens ulighed Definition. En delmængde af et plan kaldes konveks, hvis to punkter i et givet sæt kan forbindes med et segment, der vil ligge helt i dette sæt. Definition 2. Lad f(x) defineres på et eller andet interval. Mængden af ​​alle punkter (x,y), for hvilke y f(x) kaldes en epigraf, hvor x hører til et givet interval. Det sæt af punkter (x,y), for hvilke y f(x) kaldes en undergraf. Definition 3. Overvej en funktion på et bestemt interval. En funktion kaldes konveks, hvis dens epigraf i dette interval er en konveks mængde. En funktion kaldes konkav, hvis dens undergraf er en konveks mængde. Kriterium for konveksitet (konkavitet) af en funktion. For at funktionen y = f(x), der kontinuerligt kan differentieres på intervallet (a, b), kan være konveks (konkav) på (a, b), er det nødvendigt og tilstrækkeligt, at dens afledte f stiger (aftager) pr. intervallet (a, b). Kriterium 2 for konveksitet (konkavitet) af en funktion. For at funktionen y = f(x), der kan differentieres to gange på intervallet (a, b), kan være konveks (konkav) på (a, b), er det nødvendigt og tilstrækkeligt, at f (x) 0(f ( x) 0 ) i alle punkter x (a, b) Definition 4. Massecentrum for punkterne A(x, y) og B(x 2, y 2) er punktet C(x, y), der hører til segmentet AB, således at AC = m B, hvor m BC m B er massen A af punkt B og m A er massen af ​​punkt A. På vektorform findes massemidtpunktet som følger: radiusvektor for centrum af masse: hvor r i er radiusvektoren for punkterne A og B, i =,2. I koordinater: r = m r +m 2 r 2 m +m 2 () x = m x +m 2 x 2 m +m 2, y = m y +m 2 y 2 m +m 2-4 -

5 Lad C AB være massecentret for punkterne A og B. Hvis U er en konveks delmængde af planet, og punkterne A og B tilhører U, så hører C AB til U, da C AB hører til segmentet AB. Lad A, A 2 A være vilkårlige punkter på planet med masserne m, m 2, m. Massemidtpunktet C A,A 2 A af punktsystemet A, A 2 A bestemmes ved induktion af:) Ved = 2 er massecentret C A A 2 af punktsystemet A, A 2 allerede bestemt. Vi vil antage, at punktet C A A 2 har masse m + m 2 2) Lad os antage, at for systemet af punkt A, A 2 A er massecentret c A, A 2 A allerede bestemt. Lad os betegne massecentret for punkterne A, A 2 A ved B og antage, at massen af ​​punkt B er lig m B = m + m m. Per definition antager vi C A,A 2 A = C BA, dvs. massecentrum for systemet af punkt A, A 2 A, A er lig med massecentrum for to punkter B og A. Vi vil antage, at massen af ​​punkt C A,A 2 A er lig m B + m = m + m m. Af definitionen af ​​massecentret følger det, at hvis alle punkter A, A 2 A hører til det konvekse sæt U, så hører deres massecenter også til U. Lemma. Lad A, A 2 A være punkter på planen med masserne m, m 2, m og lad r i være radiusvektoren for punktet A i, i =,. Hvis C er massecentrum for systemet af punkt A, A 2 A, så kan radiusvektoren r C for punkt C beregnes ved hjælp af formlen Bevis. r C = m r +m 2 r 2 + +m r m +m 2 + +m (2) Vi vil bevise formel (2) ved induktion på. For = 2 er formlen allerede blevet bevist (se formel ()). Lad os antage, at formel (2) allerede er blevet bevist for (). Lad B være massecentrum for systemet af punkt A, A 2 A. Så - 5 -

6 r B = m r + m 2 r m r m + m m, massen af ​​punkt B er lig m B = m + m m. Per definition falder massecentrum C af systemet af punkt A, A 2 A sammen med massecentrum for parret af punkt B og A. Radiusvektoren for punkt C beregnes ved formlen () r C = m Br B + m r m B + m = m r + m 2 r m r m + m m som beviser formel (2) for punkter. I koordinater har formlen (2) formen: x C = m x + m 2 x m k x k m + m m k y C = m y + m 2 y m k y k m + m m k “Jensens sætning. Lad y = f(x) være en konveks funktion på et bestemt interval, x, x 2, x er tal fra dette interval m, m 2, m er positive tal, der opfylder betingelsen m + m m =. Så gælder Jensens ulighed: f(m x + m 2 x m x) m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f(x) Hvis funktionen y = f(x) er konkav på et eller andet interval, x, x 2 , x - tal fra dette interval; m, m 2, m er positive tal, der også opfylder betingelsen m + m m =. Så har Jensens ulighed formen: f(m x + m 2 x m x) m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f(x)" Bevis: Betragt en funktion f(x) konveks på intervallet (a, b) . På dens graf skal du overveje punkterne A, A 2, A og lade A i = (xi, y i), y i = f(xi). Lad os tage vilkårlige masser m, m 2, m for punkterne A, A 2, A, så m + m m =. Af det faktum, at f(x) er en konveks funktion, følger det, at - 6 -

7, at epigrafen af ​​en funktion er en konveks mængde. Følgelig hører massecentret af punkt A, A 2, A til epigrafen. Lad os finde koordinaterne for massecentret: x c = m x + m 2 x m x m + m m = m x + m 2 x m x y c = m y + m 2 y m y m + m m = m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f( x) Da C hører til epigrafen, så får vi h.t.d. y c f(x c) m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f(x) f(m x + m 2 x m x) Ved hjælp af Jensens ulighed kan vi bevise Cauchys ulighed: For alle positive tal a, a 2, a , gælder følgende ulighed: (a + a a) a a 2 a Lad os tage logaritmen af ​​ulighed (3), og få den ækvivalente ulighed (3) l (a +a 2 + +a) l(a a 2 a) ( 4) Ved hjælp af logaritmers egenskaber omskriver vi ulighed (4) på ​​formen : l (a +a 2 + +a) l a + l a l a (5) Den resulterende ulighed er et specialtilfælde af Jensens ulighed for tilfældet, når f( x) = l(x), m = m2 = = m =. Bemærk at funktionen y = l(x) er konkav på intervallet (0, +), da y =< 0, поэтому неравенство (5) есть частный случай неравенства x2-7 -

8 Jensen for en konkav funktion f(x) = l(x). Da ulighed (5) er sand, så er den ækvivalente ulighed (3) også sand 2. Kommutationsulighed Definition. En en-til-en overensstemmelse mellem et sæt tal (,2,3,) og sig selv kaldes en permutation af elementer. Lad os betegne permutationen med bogstavet σ, så σ(), σ(2), σ(3) σ() er tallene,2,3, i en anden rækkefølge. Overvej to sæt tal a, a 2, a og b, b 2, b. Mængder a, a 2, a og b, b 2, b kaldes identisk ordnet, hvis for alle tal i og j, af det faktum, at a i a j følger, at b i b j. Især svarer det største tal fra mængden a, a 2, a til det største tal fra sættet b, b 2, b, for det næststørste tal fra det første sæt er der et næststørste tal fra det andet sæt, og så videre. Mængder a, a 2, a og b, b 2, b kaldes i omvendt rækkefølge, hvis det for nogle tal i og j følger af, at a i a j, b i b j. Det følger heraf, at det største tal fra mængden a, a 2, a svarer til det mindste tal fra mængden b, b 2, b, det næststørste tal fra mængden a, a 2, a svarer til det næstmindste nummer fra sættet b, b 2 , b og så videre. Eksempel.) Lad to mængder være givet sådan, at a a 2 a og b b 2 b, så er disse mængder i henhold til de definitioner, vi har givet, lige ordnet. 2) Lad to mængder være givet sådan, at a a 2 a og b b 2 b, i hvilket tilfælde tallene a, a 2, a og b, b 2, b vil være omvendt rækkefølge under, a, a 2. a og b, b 2 , b - positive reelle tal “Sætning. (Kommutationsulighed) Lad der være to sæt tal a, a 2, a og b, b 2, b. Lad os overveje mange af deres forskellige permutationer. Så er værdien af ​​udtrykket - 8 -

9 S = a b σ + a 2 b σ2 + + a b σ () vil være størst, når mængderne a, a 2, a og b, b 2, b er lige ordnet, og mindst når a, a 2, a og b , b 2, b er omvendt rækkefølge. For alle andre permutationer vil summen S være mellem den mindste og største værdi." Eksempel. Ifølge sætningen a b + b c + c a 3, da mængden a, b, c og a, b, c er omvendt ordnet, og værdien af ​​a a + b b + c c = 3 vil være den mindste. Bevis for sætningen. Overvej to sæt tal: det første a, a 2, a og det andet b, b 2, b. Lad os antage, at disse sæt ikke er bestilt på samme måde. Der er indeks i og k, således at a i > a k og b k > bi. Lad os bytte tallene b k og bi i det andet sæt (denne transformation kaldes "sortering"). Så i summen S vil vilkårene a i b i og a k b k blive erstattet af a i b k og a k b i, og alle andre led forbliver uændrede. Bemærk, at a i b i + a k b k< a i b k + a k b i, так как (a i b i + a k b k) (a i b k + a k b i) = a i (b i b k) a k (b i b k) = (a i a k)(b i b k) < 0 Поэтому сумма Sувеличится. Выполняем сортировку пока это возможно. Если процесс прекратился, то это означает, что мы получили правильный порядок, а это и есть наибольшее значение. Наименьшее значение получается аналогично, только мы делаем сортировку до тех пор, пока наборы не будут обратно упорядоченными. В итоге мы придем к наименьшему значению. «Теорема 2. Рассмотрим два положительных набора a, a 2, a 3 a иb, b 2, b 3 b и все его возможные перестановки. Тогда значение произведения (a i + b σ(i)) будет наибольшим, когда наборы a, a 2, a 3 a иb, b 2, b 3 b одинаково упорядочены, и наименьшим, когда они обратно упорядочены

10 Sætning 3. Overvej to mængder a, a 2, a 3 a og b, b 2, b 3 b elementer i denne mængde er positive. Så vil værdien () a i + b σ(i) være størst, når mængderne a, a 2, a 3 a og b, b 2, b 3 b er ens ordnet og mindst når de er omvendt." Sætning 2 og 3 er særlige tilfælde af en mere generel sætning, som diskuteres nedenfor. Generel kommutationsulighed “Sætning 4 (Generel kommutationsulighed). Lad funktionen f være kontinuert og konveks på et eller andet interval i R. Så for ethvert sæt af tal a, a 2, a 3 a og b, b 2, b 3 b fra intervallet værdien af ​​udtrykket f (a + b σ()) + f ( a 2 + b σ(2)) + f (a + b σ()) vil være størst, når mængderne er lige ordnet og mindst, når mængderne er omvendt. Sætning 5. Lad funktionen f være kontinuert og konkav på et eller andet interval i R Så: værdien af ​​udtrykket f (a + b σ()) + f (a 2 + b σ(2)) + f (a + b σ()) vil være størst, når tallene er i omvendt rækkefølge og mindst, når mængderne a, a 2, a 3 a og b, b 2, b 3 b er ens. Bevis.") Overvej sagen = 2. Lad funktionen f være konveks, og der er to mængder a > a 2 og b > b 2. Vi skal bevise, at Lad os betegne f(a + b) + f(a 2 + b 2) f(a + b 2) + f(a 2 + b) (2) x = a + b 2, k = a a 2, m = b b 2. Så - 0 -

11 a + b 2 = x + k, a 2 + b = x + m, a + b = x + k + m, derfor har ulighed (2) formen f(x + k + m) + f(x + k ) f(x + k) + f(x + m) (3) For at bevise uligheden vil vi bruge figuren Figuren viser en graf over den konvekse funktion y = f(x) og punkterne A(x , f(x)), C(x) er markeret på grafen + k, f(x + k)), D(x + m, f(x + m)), B (x + k + m, f (x + k + m)). og videre Af konveksiteten af ​​funktionen f følger, at akkorden CD ligger under akkorden AB. Lad K være midtpunktet af akkorden CD, MZ midtpunktet af akkorden AB. Bemærk, at abscissen af ​​punkterne K og M er de samme, da x k = 2 ((x + k) + (x + m)) = (2x + k + m) 2 x m = 2 (x + (x + k + m) ) = (2x + k + m) 2 Derfor ligger punkterne K og M på samme lodrette linje, hvilket betyder, at y m y k. --

12 Da y m = (f(x) + f(x + k + m)) 2 y k = (f(x + k) + f(x + m)) 2 Dette indebærer uligheder (3) og (2). Q.E.D. 2) Lad > 2. Antag, at mængderne a, a 2, a 3 a og b, b 2, b 3 b ikke er ordnet på samme måde, dvs. der er indekser i og k, således at a i > a k og b i< b k. Поменяем во втором наборе числа b i и b k местами. Тогда в сумме S слагаемые f(a i + b i) и f(a k + b k) заменятся на f(a i + b k) и f(a k + b i), а все остальные слагаемые останутся без изменений. Из неравенства (2) вытекает, что поэтому сумма S увеличится. f(a i + b k) + f(a k + b i) f(a i + b i) + f(a k + b k) Аналогично можно продолжать сортировку до тех пор, пока не получим одинаково упорядоченные наборы. Полученное значение суммы S будет наибольшим, что и требовалось доказать. Теорема 5 доказывается аналогично. 3. Неравенство Караматы Определение. Невозрастающий набор чисел X = (x, x 2, x) мажорирует невозрастающий набор чисел Y = (y, y 2, y) если выполнены условия x + x x k y + y y k и x + x x = y + y y. Для k =,2 и положительных чисел x, x 2, x и y, y 2, y. Обозначение X Y, если X можарирует Y и X Y, если Y можарирует X. Например. (,0,0,0, 0) (2, 2, 0,0,0, 0) (,) - 2 -

13 Hvis x, x 2, x er positive tal, i= x i =, så (,) (x, x 2, x) (,0,0,0, 0) “Sætning (Karamatas ulighed) Lad f: (a , b) R, f er en konveks funktion x, x 2, x, y, y 2, y (a, b) og (x, x 2, x) (y, y 2, y), derefter f(x) ) + f(x 2) + f(x) f(y) + f(y2) + f(y). Hvis f er en konkav funktion, så f(x) + f(x 2) + f(x) f(y) + f(y 2) + f(y)." For bevis, se. 4. Løsning af problemer for at bevise uligheder. Dette afsnit undersøger forskellige problemer for at bevise uligheder, hvis løsning kan løses ved hjælp af Jensens ulighed, kommuteringsuligheder eller Karamatas ulighed. Dyrke motion. Bevis uligheden hvor x, x 2, x > 0 Lad x + x 2 + x + x x 2 x, f(x) = +x, mi = f(x) = (+ x) f(x) = (+ x ) 2 f(x) = 2(+ x) 3 > 0, x Så følger det af Jensens ulighed, at - 3 -

14 Lad os bevise, at i= + x i + x x 2 x + x +x 2 + +x Dette er sandt, hvis og kun hvis + x x 2 x + x + x x + x x 2 x x + x x x x 2 x Og den sidste ulighed falder sammen med uligheden Cauchy. Opgave 2. Bevis at for enhver a, b > 0 er følgende ulighed sand: 2 a + b ab Dette svarer til uligheden 2ab a + b ab 2ab ab(a + b) 2 ab a + b osv. Opgave 3. Bevis, at for enhver a, a 2, a > 0 er følgende ulighed sand: a a 2 a a a 2 a Uligheden kan omskrives som: - 4 -

15 () (a a a 2 a a 2 a) Lad os lave udskiftningen b i = a i, så vil uligheden tage formen: (b + b b) (b b 2 b) Denne ulighed er sand, fordi Dette er Cauchys ulighed. Opgave 4. Bevis, at for enhver a, a 2, a > 0 gælder følgende ulighed: Overvej uligheden for =3. a + a a + a a 2 a 3 a a a a 2 + a 2 a 3 + a 3 a 3 Lad os betegne a a 2 = x, a 2 a 3 = y, a 3 a = z, xyz = x+y+z 3 3 xyz= -sand Lad os betegne x = a a 2,x 2 = a 2 a 3,x = a a, Så x x 2 x =. Så vil uligheden have formen: x + x x Denne ulighed følger af Cauchys ulighed: h.t.d. Opgave 5. Bevis at (x + x x) x x 2 x = si x + si x si x si x + x x, hvor 0 x i π - 5 -

16 Uligheden følger af Jensens ulighed for funktionen y = si x. Funktionen y = si x er konkav på intervallet (0, π), da y = si x< 0при x (0, π), Гдеm i =. ч.т.д. Задание 6. si x + si x si x si(x + x x) Доказать,что для любых a, a 2, a >0 uligheden er sand: (a + a 2+ +a)(a + a a) 2 Uligheden kan omskrives som: dette svarer til, at (a + a a) a + a a 2 a +a 2 + + a a + a 2+ +a Betragt Jensen-funktionen f(x) = x, vi opnår denne lighed. og ved at bruge uligheden Opgave 7. Bevis at for enhver x, y, z > 0 er uligheden x 5 + y 5 + z 5 x 3 y 2 + y 3 x 2 + z 3 x 2 sand. Lad os anvende kommutationen ulighed. Lad det første sæt have formen Anden x 3, y 3, z 3, x 2, y 2, z 2 Udtrykket i venstre side vil være størst, pga. værdien af ​​udtrykket på venstre side x 5 + y 5 + z 5 er opbygget af identisk ordnede sæt tal. Det følger heraf, at den opnåede værdi - 6 -

17 for alle andre permutationer ikke er større end værdien opnået med det "mest korrekte" arrangement af variable. Opgave 8. Bevis, at for enhver x, y, z > 0 er følgende ulighed sand: x + x 2 + y + y 2 + z + z 2 x + y 2 + y + z 2 + z + x 2 Vi kan antag, at x y z. Lad a = x, a 2 = y, a 3 = z, b = + x 2, b 2 = + y 2, b 3 = + z 2 Sætter a, a 2, a 3 og b, b 2, b 3 er i modsat rækkefølge, derfor er summen a b + a 2 b 2 + a 3 b 3 den mindste blandt summen, især hvad der svarer til a b σ + a 2 b σ2 + a 3 b σ3. . a b + a 2 b 2 + a 3 b 3 a b 2 + a 2 b 3 + a 3 b, x + x 2 + y + y 2 + z + z 2 x + y 2 + y + z 2 + z + x 2. Opgave 9. Bevis at for enhver a, a 2, a > 0 gælder følgende ulighed: (+ a 2) (+ a 2 2) (+ a 2) (+ a a 2 a 3 a)(+ a 2) ) (+ a) Gang med a a 2 a, vi får (a 2 + a 2)(a 3 + a 2 2) (a + a 2) (a + a 2)(a 2 + a 2 2) (a) + a 2) - 7 -

18 Lad os tage logaritmen af ​​uligheden og opnå en tilsvarende ulighed. l(a 2 + a 2) + l(a a 3) + + l(a 2 + a) l(a 2 + a) + l(a a 2) + + l(a 2 + a) (9.) Lad os brug generel kommuteringsulighed for en konkav funktion y = l x. Lad a i = a i, b i = a i 2. Så er mængderne b, b 2, b og a, a 2, a lige ordnet, så l(b + a) + l(b 2 + a 2) + + l( b + a ) l(b + a 2) + l(b 2 + a 3) + + l(b + a), Hvilket beviser ulighed (9.). Opgave 0. Bevis at for enhver positiv a, b, c a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ac (0.) Lad a b c.. Da mængderne (a, b, c) og (a, b , c) er lige ordnede, men mængderne (a, b, c) og (b, c, a) er ikke lige ordnede, så følger ulighed (0.) af kommuteringsuligheden. Dyrke motion. Bevis, at hvis xy + yz + zx =, så følger Ulighed (.) af opgave 0. Opgave 2. Bevis, at hvis a, b, c > 0, så x 2 + y 2 + z 2 (.). (a + c)(b + d) ab + cd Da kvadratroden er større end eller lig med nul, kan vi kvadrere højre og venstre side. Vi får: (a + c)(b + d) ab + 2 abcd + cd ab + ad + cb + cd ab + 2 abcd + cd ab + cd 2 abcd - 8 -

19 a 2 d 2 + 2abcd + c 2 d 2 4abcd a 2 d 2 + c 2 d 2 2abcd 0 (ad cd) 2 0 -True Opgave 3, 4. Bevis, at for enhver a, a 2, a > 0 følgende ulighed er sand: 3) a 2 + a a 2 (a +a 2 + a) 2 4)a 2 + a a 2 (3.) (4.) hvor a + a 2 + a = Ulighed (4.) følger fra ( 3.) med a + a 2 + a =. Vi vil bevise ulighed (3.). Det kan omdannes til formen Eller a 2 + a a 2 (a + a 2 + a) 2 2 a 2 + a a 2 (a + a a) Lad os bruge Jensens ulighed til den konvekse funktion f(x): f(q x + q 2 x 2 + q x) q f(x) + q 2 f(x 2) + q f(x), Hvor 0 q i, q + q 2 + q =. Hvis vi tager f(x) = x 2, q i =, i =,2, så får vi ulighed (3.) osv. Opgave 5. Bevis, at for ethvert naturligt tal og for enhver p, q uligheden () 2 pq + ()(p + q) + ()pq + (5.) - 9 -

20 Lad os transformere ulighed (5.) til en ækvivalent form: () 2 pq + ()(p + q) + ()pq + () 2 pq + ()(p + q) + ()pq 0 Bringe lignende dem får vi: ( )[()pq + (p + q) pq] + 0 () () 0 () 0 () 0 altid, da -naturlig Vi beviser, at Bemærk at 0 (5.2) p + q pq = p(q) (q) = (p)(q) Da p, q, så p 0, q 0, derfor er ulighed (5.2) sand. Opgave 6. For eventuelle positive tal x, y, z gælder følgende ulighed: Lad x y z xyz (y + z x)(z + x y)(x + y z) (6.))Hvis y + z x< 0, то неравенство (6.) выполнено 2) Пусть все множители в правой части >0. Så svarer ulighed (6.) til uligheden l x + l y + l z l(y + z x) + l(z + x y) + l(x + y z) Lad f(x) = l x. Da f(x)`` = x 2< 0то функция f(x) = l x вогнутая на интервале (0, +) Проверим, что набор (y + z x, x + z y, x + y z) мажорирует набор (x, y, z). Действительно:

21 x + yzx (da yz 0); (x + y z) + (x + z y) = 2x x + y (x + y z) + (x + z y) + (y + z x) = x + y + z Da funktionen f(x) = l x er konkav , så følger det af Karamatas ulighed, at l(x + y z) + l(x + z y) + l(y + z x) = l x + l y + l z, hvilket beviser ulighed (6.). Opgave 7. Bevis at for enhver a, b og c > 0 gælder følgende ulighed: a 2 + b 2 + c ab + ac + bc a 2 + 2bc + b 2 + 2ac + c 2 + 2ab Dette svarer til faktum, at Lad a b c. a 2 + b 2 + c 2 + ab + ac + bc + ab + ac + bc Overvej to sæt tal a 2 + 2bc + b 2 + 2ac + c 2 + 2ab (a 2 + b 2 + c 2, ab + ac + b, ab + ac + b) (7.) (a 2 + 2bc, b 2 + 2ac, c 2 + 2ab) (7.2) Vi skal bevise, at (7.) majoriserer (7.2). Lad os bruge definitionen af ​​majorisering:) a 2 + b 2 + c 2 a 2 + 2bc (b c) 2 0-sand 2) a 2 + b 2 + c 2 + ab + ac + bc a 2 + 2bc + b 2 + 2ac c 2 bc ac + ab 0 c(c b) a(c b) 0 (c b)(c a) 0-2 -

22 (c b) 0 og (c a) 0, derefter (c b)(c a) 0 3) 3)a 2 + b 2 + c 2 + ab + ac + bc + ab + ac + bc = a 2 + 2bc + b 2 + 2ac + c 2 + 2ab a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2ac + 2bc = a 2 + 2bc + b 2 + 2ac + c 2 + 2ab Korrekt. Således majoriserer mængden af ​​tal (7.) mængden af ​​tal (7.2). Ved at anvende Karamatas ulighed for den konvekse funktion f(x) = x, får vi den korrekte oprindelige ulighed. Opgave 8. For a, b, c, d > 0, bevis at uligheden a 4 + b 4 + c 4 + d 4 a 2 b 2 + a 2 c 2 + a 2 d 2 + b 2 c 2 + b er sand 2 d 2 + c 2 d 2 Lad a b c d Foretag udskiftningen: x = la a, y = l b, z = l c, w = l d og skriv den oprindelige ulighed på formen: e 4x + e 4y + e 4z + e 4w + e x+ y+z+w + e x+y+z+w e 2x+2y + e 2x+2z + e 2x+2w + e 2y+2z + e 2y+2w + e 2z+2w Overvej to sæt tal: (4x, 4y, 4z, 4w, x + y + z + w, x + y + z + w) og (2x + 2y, 2x + 2z, ​​2x + 2w, 2y + 2z, ​​2y + 2w, 2z + 2w) Lad os bestille disse sæt: (4x, 4y, 4z, x + y + z + w, x + y + z + w, 4w) og (8.) Det andet forbliver uændret: (2x + 2y, 2x + 2z, ​​2x + 2w, 2y + 2z, ​​2y + 2w, 2z + 2w) (8.2) Lad os bevise, at (8.) majoriserer (8.2)

23 ) 4x 2x + 2y, x y er korrekt 2) 4x + 4y 4x + 2y + 2z,y z er korrekt 3) 4x + 4y + 4z 4x + 2y + 2z + 2x + 2w y + z x + w Da sættene er bestilt på denne måde, at 2x + 2w 2y + 2z Dvs. x + w y + z, så tilfælde 3) er kun muligt, når x + w = ​​​​y + z 4) 4x + 4y + 4z + x + y + z + w 4x + 2y + 2z + 2x + 2w + 2y + 2z x + y + z w 0 y + z x + w I lighed med det foregående tilfælde er denne ulighed korrekt for x + w = ​​​​y + z 5) 4x + 4y + 4z + 2x + 2y + 2z + 2w 4x + 2y + 2z + 2x + 2w + 2y + 2z + 2y + 2w z w korrekt 6) 4x + 4y + 4z + 2x + 2y + 2z + 2w + 4w 4x + 2y + 2z + 2x + 2w + 2y + 2z + 2y + + 2z + 2w 0 = 0. Sæt (8.) majoriserer således mængden af ​​tal (8.2). Ved at bruge Karamatas ulighed for funktionen f(x) = e x, får vi den korrekte ulighed. Opgave 9. For a, b, c > 0, bevis, at uligheden a 3 + b 3 + c 3 + abc 2 3 (a2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca) er sand

24 Lad a b c gange begge sider af uligheden med 3, vi får 3a 3 + 3b 3 + 3c 3 + 3abc 2(a 2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca) 2 (9. ) Lad os lave erstatningen : Og vi skriver ulighed (9.) på formen: x = la a, y = l b, z = l c e 3x + e 3x + e 3x + e 3y + e 3y + e 3y + e 3z + e 3z + e 3z + e x +y+z + e x+y+z + e x+y+z e 2x+y + e 2x+y + e 2y+z + e 2y+z + e 2z+x + e 2z +x + e x+ 2y + e x+2y + e y+2z + e y+2z + e z+2x + e z+2x Overvej to sæt: (3x, 3x, 3x, 3y, 3y, 3y, 3z, 3z, 3z, x + y + z, x + y + z, x + y + z) og (9,2) (2x + y, 2x + y, 2y + z, 2y + z, 2z + x, 2z + x , x + 2y, x + 2y, y + 2z, ​​​​y + 2z, ​​​​z + 2x, z + 2x) (9.3) Lad os bestille disse sæt: (3x, 3x, 3x, 3y, 3y, 3y , x + y + z, x + y + z, x + y + z, 3z, 3z, 3z,) og (9.2) Lad os bestille det andet sæt: 2x + y z + 2x y z sand y + 2z 2z + x y x sand Således får vi sættet: (2x + y, 2x + y, z + 2x, z + 2x, 2y + z, x + 2y, x + 2y,2y + z, 2y + z, 2z + x, 2z + x, y + 2z, ​​y + 2z) (9.3) Behov for at bevise, at sættet af tal (9.2) majoriserer mængden af ​​tal (9.3)) 3x 2x + y, x y 2) 6x 4x + 2y, x y 3) 9x 6x ​​​​+ 2y + z, 3x 2y + z

25 4) 9x + 3y 4x + 2y + 2z + 4x, x + y 2z, for x = y opnår vi, at y z 5) 9x + 6y 4x + 2y + 2z + 4x + 2y + x, y z 6) 9x + 9y 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x, x + 3y 2z 0 Når x = y får vi, at y z 7) 9x + 9y + x + y + z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 2y + z , vi får y z 8) 9x + 9y + 2x + 2y + 2z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 4y + 2z, ​​​​x + y + 3z 0 9) 9x + 9y + 3x + 3y + 3z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 4y + 2z + 2z + x, x + 2y + 3z 0 0) 9x + 9y + 3x + 3y + 3z + 3z 4x + 2y + 2z + + 4x + 4y 2x + 4y + 2z + 4z + 2x, y z) 9x + 9y + 3x + 3y + 3z + 6z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 4y + 2z + 4z + 2x + 2z + y, 5y ) 9x + 9y + 3x + 3y + 3z + 9z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 4y + 2z + 4z + 2x + 4z + 2y 2x + 2y + 2z = 2x + 2y + 2z tor. af tal (9.2) majoriserer mængden af ​​tal (9.3) og ved Karamatas ulighed for funktionen f(x) = e x opnår vi den korrekte ulighed

26 Referencer) Yu.P. Uligheder. M.: Forlag for Moskva Center for Matematisk Efteruddannelse 2005. 6 s. 2) I.Kh. Sivashinsky. Uligheder i problemer M.: Nauka, s. 3) A.I. Khrabrov. Omkring den mongolske ulighed, Mat. oplysning, grå 3, 7, MTsNMO, M., 2003, s. 4) L.V. Radzivilovsky, Generalisering af kommutationsuligheden og den mongolske ulighed, Mat. oplysning, grå 3, 0, Forlaget MTsNMO, M., 2006, s. 5) V.A.ch Kretschmar. Algebra problembog. Femte udgave M., videnskab, s. 6) D. Nomirovsky Karamata ulighed /D. Nomirovsky // (Kvant)-S


Konvekse mængder og funktioner R n er et sæt af sæt af n reelle tal. I det følgende vil vi kalde dette sæt et mellemrum, dets elementer vil være punkter et punkt med koordinater (x 1,..., x n) vil blive betegnet med;

Opgaveforhold 1 Kommunalt trin 8. klasse 1. Der er skrevet to tal på tavlen. En af dem blev øget med 6 gange, og den anden blev reduceret for 2015, mens summen af ​​tallene ikke ændrede sig. Find mindst et par af disse

Kapitel IX. Euklidiske og enhedsrum 35. Punktprodukt i vektorrum Ural Federal University, Institut for Matematik og Datalogi, Institut for Algebra og Diskret

Ural Federal University, Institut for Matematik og Datalogi, Institut for Algebra og Diskret Matematik Indledende bemærkninger Når man løser mange problemer, bliver det nødvendigt at have numeriske

Løsning af problemerne i head-to-head runden af ​​den niende Euler Olympiade 1. Alle løsninger af systemet x yz 1, x y z x, x y z overvejes. Find alle de værdier, som x kan tage. Svar: 1; 1; 1. Løsning 1. Siden x y

Forelæsning 4 1. VEKTORER En vektor er et rettet segment. Lige vektorer: har samme længder og samme retninger (parallelle og peger i samme retning) Modsatte vektorer: har samme længder

Emne 1-8: Komplekse tal A. Ya Ovsyannikov Ural Federal University Institute of Mathematics and Computer Science Department of Algebra og Diskret Matematik algebra og geometri for mekanik (1 semester)

Penza State University Fakultet for Fysik og Matematik "Intern og korrespondanceskole for fysik og matematik" MATEMATIK Identiske transformationer. Løsning af ligninger. Trekanter Opgave 1 til

Moscow Institute of Physics and Technology Eksponentielle, logaritmiske ligninger og uligheder, potenseringsmetode og logaritme til løsning af problemer. Metodevejledning til forberedelse til Olympiaderne.

98 MATEMATIK: ALGEBRA OG BEGYNDELSE AF ANALYSEGEOMETRI Løsninger af ligninger baseret på egenskaberne af den konvekse funktion Lipatov SV Kaluga MBOU "Lyceum 9 opkaldt efter KE Tsiolkovsky" 0 "A" klasse Videnskabelig vejleder:

Algebraisk form af et komplekst tal. Pædagogisk præsentation A. V. Likhatsky Vejleder: E. A. Maksimenko Southern Federal University 14. april 2008 A. V. Likhatsky (SFU) Algebra. formularsæt tal

Moscow State Technical University opkaldt efter N.E. Bauman Det Grundvidenskabelige Fakultet Institut for Matematisk Modellering A.N. Kaviakovykov, A.P. Kremenko

72 Kapitel 2 Polynomier Eksempler og kommentarer Algoritmer A-01 Skrivning af et polynomium på standardform A-02 Operationer på polynomier A-03 Orale transformationer A-04 Formler for forkortet multiplikation A-05 Newtons binomial

Løsninger på problemer i korrespondancerunden i den 6. Euler Olympiade I Matematisk blok Find ud af, ved hvilke værdier af parameteren der er reelle tal x og y, der opfylder ligningen xy + x + y + 7 Svar: 89 Løsning

Forelæsning 8 Kapitel Vektoralgebra Vektorer Mængder, der kun er bestemt af deres numeriske værdi, kaldes skalære Eksempler på skalære størrelser: længde, areal, volumen, temperatur, arbejde, masse

Interregional Olympiade for skolebørn “Højere Proba”, 2017 MATEMATIK, etape 2 s 1/10 Løsninger og kriterier for evaluering af Olympiade opgaver 10-1 I et selskab på 6 personer gik nogle i grupper på tre.

7. Ekstrema af funktioner af flere variable 7.. Lokale ekstrema Lad funktionen f(x,..., x n) defineres på en eller anden åben mængde D R n. Punkt M D kaldes punktet for lokalt maksimum (lokal

Ottende Euler-olympiade for matematiklærere Løsninger til korrespondance-rundeopgaver Løs ligningen a b c b a c c a b a b c, hvor a, b og c er positive tal Løsning Det er klart, at a b c løsninger til denne ligning

I år, opgave. Bevis, at Riemann-funktionen, hvis 0, m m R(), hvis, m, m 0, og brøken er irreducerbar, 0, hvis irrationel, er diskontinuerlig ved hvert rationelt punkt og kontinuert ved hvert irrationelt punkt. Løsning.

Byolympiade i matematik, Khabarovsk, 1997 Opgave 1. Find løsninger til 9. KLASSE-ligningen (x + 2) 4 + x 4 = 82. (1) Løsning. Efter at have erstattet variablen x = y 1, kan ligning (1) skrives som

Ural Federal University, Institute of Mathematics and Computer Science, Department of Algebra and Discrete Mathematics Indledende bemærkninger I de tre foregående forelæsninger blev linjer og planer studeret, dvs.

Emne 2-14: Euklidiske og enhedsrum A. Ya Ovsyannikov Ural Federal University Institute of Mathematics and Computer Science Institut for Algebra og Diskret Matematik algebra og geometri for.

Niende Euler-olympiade for matematiklærere Løsninger til korrespondance-rundeopgaver 1. Løs ligningen x(x ab) a b for x. Løsning. Det er klart, at x a b er roden til denne ligning. At dividere polynomiet x abx

1. Lineære ligninger med to variable I den første opgave så vi på lineære ligninger med én variabel. For eksempel er ligningerne 2x+ 5= 0, 3x+ (8x 1) + 9= 0 lineære ligninger med variabel

Kapitel 6 Vektoralgebra 6.1. Vektorer på planet og i rummet En geometrisk vektor, eller blot en vektor, er et rettet segment, dvs. et segment, hvor et af grænsepunkterne er navngivet

Opgaver til Åben Olympiade for skolebørn i matematik (54 Lister over Olympiader for skolebørn, 2015/2016 studieår) Indhold I. Opgaver til Olympiadens afsluttende fase for 11. klasse... 2 II. Opgaver i 1. kvalifikationsrunde

3.. Metoder til løsning af rationelle uligheder 3..1. Numeriske uligheder Lad os først definere, hvad vi mener med udsagnet a > b. Definition 3..1. Tal a er større end tal b, hvis forskellen mellem dem er positiv.

Forelæsning 13. Konvekse funktioner og Taylors formel 1 Konvekse og konkave C-glatte funktioner. Definition 1 En funktion kaldes konveks (konkav), hvis dens epigraf (undergraf) er et konveks område. Eksempel 1x

Workshop: "Differentieringsevne og differential af en funktion" Hvis en funktion y f () har en endelig afledt i et punkt, så kan inkrementet af funktionen på dette punkt repræsenteres som: y(,) f () () (), hvorhenne

Forelæsning 2 Vektorer Determinanter af anden og tredje orden 1 VEKTORER Ledet segmentvektor Lige vektorer: har samme længder og samme retninger (parallel og rettet i samme retning)

Løsning af problemerne i korrespondanceturen 0 I Matematisk blok Opgave Find ligningens antal naturlige rødder Svar: 00 0 løsninger Løsning af opgaven Lad os repræsentere tallet på formen Så er højre side af denne ligning lig

Forelæsningsnoter 11 EUCLIDAN SPACES 0. Forelæsningsoversigt 1. Prikprodukt. 1.1. Definition af skalært produkt. 1.2. Tilsvarende optagelse gennem projektioner. 1.3. Bevis for linearitet i

Olympiade "Fremtidsforskere, videnskabens fremtid" Matematik. Kvalifikationsrunde 4.0.0 PROBLEMER OG LØSNINGER 8 9. klasse 8-9.. Hvilket tal er størst: 0 0 0 0 eller 0 0 0 0? Svar. Det første tal er større end det andet. Løsning. Lad os betegne

Karakter 0 Første runde (0 minutter; hver opgave 6 point)... Man ved, at tg + tg = p, ctg + ctg = q. Find tg(+). pq Svar: tg. q p Ud fra betingelsen p tg q tg tg tg tg p og ligheden ctg ctg q får vi, at

Matematisk analyse 2.5 Forelæsning: Ekstrema af en funktion af flere variable Lektor ved Institut for VMMF Vladimir Feliksovich Zalmezh Overvej funktionen w = f (x), defineret i domænet D R n. Punktet x 0 D kaldes

Emne 1-4: Algebraiske operationer A. Ya Ovsyannikov Ural Federal University Institute of Mathematics and Computer Science Department of Algebra og Diskret Matematik algebra og geometri for mekanik (1.

Indhold I. V. Yakovlev Materialer om matematik MathUs.ru Systemer af algebraiske ligninger Dobbelt erstatning................................... ..... Symmetriske systemer...................................

Federal Agency for Education Federal State Educational Institute of Higher Professional Education SOUTH FEDERAL UNIVERSITY R. M. Gavrilova, G. S. Kostetskaya Metodologisk

Forelæsning 10 1 EUCLIDEAN SPACE 11 Definition Lad V (R) LP over feltet af reelle tal Det skalære produkt på V er en vilkårlig funktion V V R, der associerer et ordnet par af vektorer

1 Komplekse funktioner 1.1 Komplekse tal Husk at komplekse tal kan defineres som et sæt af ordnede par af reelle tal C = ((x, y) : x, y R), z = x + iy, hvor i er den imaginære enhed ( jeg

Kapitel 4 Grundsætninger for differentialregning Oplysning om usikkerheder Grundsætninger for differentialregning Fermats sætning (Pierre Fermat (6-665) fransk matematiker) Hvis funktionen y f

Forelæsningsnotater 10 AFFINE RUM 0. Forelæsningsplan Forelæsning Affine rum. 1. Affint grundlag. 2. Affinere koordinater af punkter. 3. Vektorligning for en linje. 4. Vektorligning af et plan. 5.

8. KLASSE 1. Bevis, at man for ethvert naturligt tal n kan vælge et naturligt tal a, således at tallet a(n+ 1) (+ n+1) er deleligt med et heltal. 2. To deltagere deltog i byolympiaden i matematik

Ural Federal University, Institut for Matematik og Datalogi, Institut for Algebra og Diskret Matematik Indledende bemærkninger I denne forelæsning studeres en anden andenordens hyperbelkurve.

Hjemmearbejde om algebra for klasse 0 til lærebogen “Algebra and beginnings of analysis, grade 0” Alimov Sh.A. og andre, -M.: "Oplysning", 00. www.balls.ru Indhold Kapitel I. Reelle tal.. Kapitel II. Strøm

Vektoralgebra Begrebet vektorrum. Lineær afhængighed af vektorer. Ejendomme. Begrebet grundlag. Vektorkoordinater. Lineære transformationer af vektorrum. Egental og egenværdier

Federal Agency for Education Tomsk State University of Control Systems and Radioelectronics Department of Higher Mathematics (VM) Prikhodovsky M.A. LINEÆRE OPERATØRER OG KVADRATISKE FORMER Praktisk

Ural Federal University, Institut for Matematik og Datalogi, Institut for Algebra og Diskret Matematik Indledende bemærkninger Denne forelæsning introducerer driften af ​​matrixmultiplikation, studier

Moscow Institute of Physics and Technology Cauchy-Bunyakovsky ulighed. Metodevejledning til forberedelse til Olympiaderne. Kompileret af: Parkevich Egor Vadimovich Moskva 014 Teoretisk materiale. I dette job

Laboratoriearbejde 1 SÆT. DISPLAY. MÆNGDESYSTEMER 1. Grundlæggende begreber og sætninger Lad X være en mængde og lad (x) være en egenskab, der for hvert enkelt element

Seminar 2. Kegleformer på det projektive plan 1. Definition af en kegle i P 2. Første egenskaber ved keglegange. Som før arbejder vi i k = R eller C. Definition af en kegle i P 2. Betragt det projektive kort f: l

5 Elementer af funktionsanalyse 5.1 Lineære, normerede og Banach rum 5.1.1 Definition af rum Et ikke-tomt sæt X af elementerne x, y, z,... kaldes et lineært (vektor) rum,

LD Lappo, AV Morozov Hjemmearbejde om algebra for klasse 0 til lærebogen "Algebra og begyndelsen af ​​analyse: Studier for 0-grade almene uddannelsesinstitutioner / ShA Alimov og andre udg. M: Prosveshchenie, 00" Kapitel I Gyldig

Kapitel 8 Linjer og fly 8.1. Ligninger af linjer og overflader 8.1.1. Linjer på planet Antag, at der er givet et affint koordinatsystem på planet. Lad l være en kurve i planet og f(x, y) nogle

Ministeriet for undervisning og videnskab i Den Russiske Føderation Federal Agency for Education Penza State University Rudenko AK, Rudenko MN, Semerich YUS SAMLING AF PROBLEMER MED LØSNINGER TIL FORBEREDELSE

Ligninger I algebra betragtes to typer ligheder: Identiteter og ligninger er en lighed, der er opfyldt for alle gyldige bogstaver, der er inkluderet i den

Problemer med korrespondanceturen i matematik for 9. klasse, skoleåret 2014/2015. år, første sværhedsgrad Opgave 1 Løs ligningen: (x+3) 63 + (x+3) 62 (x-1) + (x+3) 61 (x-1) 2 + + (x-1) 63 = 0 Svar: -1 Opgave 2 Sum

Skolelejr 57. juli 06 Uligheder (noter) Dmitrieva A, Ionov K Lektion 1 Simple uligheder Uligheder om gennemsnit Opgave Bevis uligheden x + 4y + 9z 4xy + 6yz + 6zx Løsning: x + 4y + 9z

Undervisningsministeriet i Moskva-regionen Statsbudget uddannelsesinstitution for videregående faglig uddannelse i Moskva-regionen "International University of Nature, Society and

Interregional Olympiade for skolebørn “Højere Test”, 2017 MATEMATIK, trin 2 s. 1/11 Løsninger og kriterier for evaluering af Olympiade opgaver 8-1 Find alle naturlige tal n fra 1 til 100 sådan, at hvis du gange.

Ministeriet for undervisning og videnskab i Den Russiske Føderation Moskva Institut for Fysik og Teknologi (Statsuniversitetet) Korrespondance School of Physics and Technology MATEMATIK Identiske transformationer. Løsning

Foredrag 7 Kapitel. Systemer med lineære uligheder Grundlæggende begreber Systemer med lineære uligheder bruges til at løse forskellige matematiske problemer. Et system af lineære uligheder med ukendt system

Sjældent går en olympiade uden problemer, der kræver bevis på en vis ulighed. Algebraiske uligheder er bevist ved hjælp af forskellige metoder, der er baseret på ækvivalente transformationer og egenskaber af numeriske uligheder:

1) hvis a – b > 0, så a > b; hvis a – b

2) hvis a > b, så b a;

3) hvis a

4) hvis a

5) hvis a 0, så ac

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

7) hvis en 1

8) hvis 0

Lad os huske nogle understøttende uligheder, som ofte bruges til at bevise andre uligheder:

1) a2 > 0;

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

3) x + 1 / x > 2, for x > 0, og x + 1 / x –2, for x

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

5) hvis a > b > 0, så 1/a

6) hvis a > b > 0 og x > 0, så a x > b x , især for naturlig n > 2

a 2 > b 2 og n √ a > n √ b;

7) hvis a > b > 0 og x

8) hvis x > 0, så synd x

Mange problemer på olympiadeniveau, og ikke kun uligheder, løses effektivt ved hjælp af nogle særlige uligheder, som skoleelever ofte ikke er bekendt med. Disse omfatter først og fremmest:

  • ulighed mellem det aritmetiske middelværdi og det geometriske middelværdi af positive tal (Cauchys ulighed):
  • Bernoullis ulighed:

(1 + α) n ≥ 1 + nα, hvor α > -1, n – naturligt tal;

  • Cauchy-Bunyakovsky ulighed:

(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 );

De mest "populære" metoder til at bevise uligheder omfatter:

  • bevis for uligheder baseret på definition;
  • kvadratisk udvælgelsesmetode;
  • metode til sekventielle vurderinger;
  • metode til matematisk induktion;
  • brug af særlige og klassiske uligheder;
  • brug af elementer af matematisk analyse;
  • brug af geometriske overvejelser;
  • idé om styrkelse mv.

Problemer med løsninger

1. Bevis uligheden:

a) a2 + b2 + c2 + 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 for x > 0, y > 0.

a) Det har vi

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

hvilket er indlysende.

b) Uligheden, der bevises efter at have ganget begge sider med 2, tager formen

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

eller

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

eller

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

hvilket er indlysende. Lighed opstår kun, når a = b = 1.

c) Vi har

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. Bevis uligheden:

EN) -en + b > 2 for a > 0, b > 0;
b -en
b) R + R + R > 9, hvor a, b, c er siderne og P er trekantens omkreds;
-en b c

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

a) Vi har:

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

b ) Beviset for denne ulighed følger blot af følgende skøn:

b+c + a+c + a+b =
-en b c
= b + c + -en + c + -en + b =
-en -en b b c c
= ( b + -en ) + ( c + -en ) + ( c + b ) > 6,
-en b -en c b c

Ligestilling opnås for en ligesidet trekant.

c) Vi har:

ab(a + b – 2c) + bc(b + c – 2a) + ac(a + c – 2b) =
= abc ( -en + b – 2 + b + c – 2 + -en + c – 2 ) =
c c -en -en b b
= abc (( -en + b – 2) + ( -en + c – 2) + ( b + c – 2) ) > 0,
b -en c -en c b

da summen af ​​to positive gensidige tal er større end eller lig med 2.

3. Bevis, at hvis a + b = 1, så gælder uligheden a 8 + b 8 > 1 / 128.

Af betingelsen om, at a + b = 1, følger det

a 2 + 2ab + b 2 = 1.

Lad os føje denne lighed til den åbenlyse ulighed

a 2 – 2ab + b 2 > 0.

Vi får:

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

4a 4 – 8a 2 b 2 + 4b 2 > 0,

vi får:

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

Tilføjelse af denne ulighed til den åbenlyse ulighed

64a 8 – 128a 4 b 4 + 64b 4 > 0,

vi får:

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

4. Hvad mere er e e · π π eller e 2π?

Overvej funktionen f(x) = x – π ln x . Fordi f'(x) = 1 – π/x , og til venstre for punktet x = π f'(x) 0 , og til højre - f'(x) > 0, At f(x) har den mindste værdi på punktet x = π . Dermed f(е) > f(π), det er

e – π ln e = e – π > π – π ln π

eller

e + π ln π > 2π .

Det får vi herfra

e e + π ln π > e 2π,

hende· e π ln π > e 2 π ,

e e · π π > e 2π.

5. Bevis det

log(n+1) > log 1 + log 2 + . . . + log n .
n

Ved at bruge logaritmers egenskaber er det let at reducere denne ulighed til en tilsvarende ulighed:

(n + 1) n > n!,

hvor n! = 1 · 2 · 3 · . . . · n (n-faktoriel). Derudover er der et system med åbenlyse uligheder:

n + 1 > 1,

n + 1 > 2,

n + 1 > 3,

. . . . .

n + 1 > n,

efter at have ganget dem led for led, opnår vi direkte, at (n + 1) n > n!.

6. Bevis, at 2013 2015 · 2015 2013

Vi har:

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

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

Vi kan naturligvis også få en generel erklæring: for ethvert naturligt tal n uligheden

(n – 1) n +1 (n + 1) n –1

7. Bevis, at for ethvert naturligt tal n gælder følgende ulighed:

1 + 1 + 1 + . . . + 1 2n – 1 .
1! 2! 3! n! n

Lad os estimere venstre side af uligheden:

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

Q.E.D.

8. Lad a 1 2, a 2 2, a 3 2, . . . , og n 2 er kvadraterne af n forskellige naturlige tal. Bevis det

(1 – 1 ) (1 – 1 ) (1 – 1 ) . . . (1 – 1 ) > 1 .
en 1 2 en 2 2 en 3 2 en n 2 2

Lad det største af disse tal være m. Derefter

(1 – 1 ) (1 – 1 ) (1 – 1 ) . . . (1 – 1 ) >
en 1 2 en 2 2 en 3 2 en n 2
> ( 1 – 1 ) (1 – 1 ) (1 – 1 ) . . . (1 – 1 ) ,
2 2 3 2 4 2 m 2

da multiplikatorer mindre end 1 tilføjes til højre side.Lad os beregne højre side ved at faktorisere hver parentes:

= 2 · 3 2 · 4 2 · . . . · (m – 1) 2 · (m + 1) = m+1 = 1 + 1 > 1 .
2 2 · 3 2 · 4 2 · . . . m 2

Åbner vi beslagene i venstre side, får vi summen

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

Summen af ​​tallene i den anden parentes overstiger ikke (a 1 + . . . + a n) 2, summen i den tredje parentes overstiger ikke (a 1 + . . . + a n) 3, og så videre. Det betyder, at hele produktet ikke overstiger

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

Metode 2.

Ved at bruge metoden til matematisk induktion beviser vi, at for alle naturlige n er følgende ulighed sand:

(1 + a 1). . . (1 + a n)

For n = 1 har vi: 1 + a 1 1 .

Lad følgende holde for n = k:(1 + a 1). . . (1 + ak) 1 + . . . +a k).

Overvej tilfældet n = k +1:(1 + a 1). . . (1 + a k )(1 + a k +1 )

(1 + 2(a 1 + . . + a k ) )(1 + a k+1 ) ≤ 1 + 2(a 1+. . . + a k) + a k +1 (1 + 2 1/2) =

1 + 2(a1 + .. + ak + ak+1).

I kraft af princippet om matematisk induktion er uligheden bevist.

10. Bevis Bernoullis ulighed:

(1 + α) n ≥ 1 + nα,

hvor α > -1, n er et naturligt tal.

Lad os bruge metoden til matematisk induktion.

For n = 1 får vi den sande ulighed:

1 + α ≥ 1 + α.

Lad os antage, at følgende ulighed gælder:

(1 + a) n ≥ 1 + nα.

Lad os vise, at så finder det sted og

(1 + a) n + 1 ≥ 1 + (n + 1) a.

Faktisk, da α > –1 betyder α + 1 > 0, så multipliceres begge sider af uligheden

(1 + a) n ≥ 1 + nα

på (a + 1), får vi

(1 + α) n (1 + α) ≥ (1 + nα)(1 + α)

eller

(1 + α) n + 1 ≥ 1 + (n + 1)α + nα 2

Da nα 2 ≥ 0, derfor,

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

Ifølge princippet om matematisk induktion er Bernoullis ulighed således sand.

Problemer uden løsninger

1. Bevis ulighed for positive værdier af variable

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

2. Bevis, at uligheden gælder for enhver a

3(1 + a 2 + a 4) ≥ (1 + a + a 2) 2.

3. Bevis, at polynomiet x 12 – x 9 + x 4 – x+ 1 er positivt for alle værdier af x.

4. For 0 e bevis uligheden

(e+ x) e– x > ( e- x) e+ x .

5. Lad a, b, c være positive tal. Bevis det

a+b + b+c + a+c ≤ 1 + 1 +

Her introducerer vi en algebraisk fortolkning af relationerne "større end" og "mindre end", som er illustreret på koordinatlinjen, og dens anvendelse til at bevise uligheder overvejes. Her får eleverne vist, hvordan man algebraisk kan bevise egenskaberne ved uligheder, der blev undersøgt i kapitlet, tidligere blev de begrundet geometrisk.

At bevise uligheder er ret vanskeligt materiale for eleverne, så afhængigt af klassens forberedelsesniveau bør det overvejes med varierende grad af fuldstændighed.

Et særligt træk ved problemer for at bevise uligheder er muligheden for at løse dem på forskellige måder. Derfor er det tilrådeligt at vise flere muligheder for at bevise uligheder for at udvide elevernes evne til at løse problemer.

Der er to hovedmåder til at bevise uligheder:

  • 1) baseret på kompilering af forskellen mellem højre og venstre side af uligheden og efterfølgende sammenligning af denne forskel med nul;
  • 2) overgang fra en ulighed til en anden, svarende til den, baseret på ulighedernes egenskaber.

Begge veje er lige. Men du skal sikre nøjagtigheden af ​​dine optegnelser i begge tilfælde. Det er nødvendigt at forklare eleverne, at hvis den første løsningsvej er valgt, udføres transformationer af dette udtryk efter kompilering af forskellen, som kan skrives som en kæde med tegnet "=". Det resulterende udtryk sammenlignes med nul og ud fra dette konkluderes der om den oprindelige ulighed. Hvis den anden vej vælges, så nedskrives en sekvens af ækvivalente uligheder (som når man løser en ulighed), og der drages en konklusion om den sidste - om den er sand eller ej. Sådan kan for eksempel designet af en løsning på en øvelse se ud i begge tilfælde.

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

Lad os udligne forskellen Flyt 2 (a + b) til venstre

venstre og højre side af uligheden:

uligheder: 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 .korrekt, derfor,

(a - 1)2 + (b - 1)2 0, den oprindelige ulighed er også sand:

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

ulighed er bevist:

a2 + b2 + 22 (a + b).

Bemærk, at det "obligatoriske minimumsindhold" ikke inkluderer bevis for uligheder. Derfor kan de tilsvarende færdigheder betragtes som et resultat af at mestre emnet, men ikke som det endelige resultat af læring. I denne henseende er opgaver om at bevise uligheder ikke inkluderet i eksamen, og de bør ikke indgå i andre afsluttende prøver.

Bevis, at for positive tal p og q: p4 + q4 p3q + pq3.

Løsning. Lad os forvandle forskellen

p4 + q4 - (p3q + pq3).

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

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

Siden p 0, q 0, derefter pq 0, p2 + pq + q2 0, desuden (p - q)2 0.

Produktet af et ikke-negativt og et positivt tal er ikke-negativt, dvs. den pågældende forskel er større end eller lig med nul. Derfor, for p 0, q 0 p4 + q4 p3q + pq3.

Bevis på forskellige måder, at hvis a b 0, så a2 + a b2 + b.

Løsning. Når man beviser uligheden på den anden måde,

Lad os bruge uligheden bevist i eksemplet: hvis a og b er positive tal og a b, så a2 b2. Og så tilføjer vi uligheden a2 b2 og uligheden a b led for led, får vi det, vi har brug for.

3. I så fald vil en turist tilbagelægge den samme afstand hurtigere: hvis han går langs en vandret vej med konstant hastighed, eller hvis han halvdelen af ​​vejen går op ad bakke med en hastighed, der er 1 km/t mindre end hans hastighed på en vandret vej , og halvdelen af ​​afstanden - fra bjerget med en hastighed 1 km/t større end på en vandret vej?

Løsning. Lad os betegne en turists hastighed på en vandret vej med bogstavet x, og tage afstanden som 1. Problemet handler om at sammenligne udtryk

1 og ___1___ + ___1___

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

Lad os gøre deres forskel og transformere den, det forstår vi

hvilket betyder, at under sådanne forhold er rejsetiden på en vandret vej mindre end på en vej med op- og nedstigning.

Metoder til at bevise uligheder.

Løsning af uligheder. Tilsvarende uligheder.

Interval metode. Ulighedssystemer.

Bevis på uligheder. Der er flere bevismetoderuligheder. Vi vil se på dem ved at bruge eksemplet på ulighed:

Hvor en – positivt tal.

1). Brug af en kendt eller tidligere bevist ulighed.

Det vides at ( -en– 1 )² 0 .

2). Estimering af tegnet på forskellen mellem delene af uligheden .

Overvej forskellen mellem venstre og højre side:

Desuden opstår lighed kun nåra = 1 .

3). Bevis ved modsigelse.

Lad os antage det modsatte:

-en, vi får: -en 2 + 1 < 2 -en, dvs.

-en 2 + 1 – 2 -en < 0 , eller ( -en– 1 ) 2 < 0, hvilket ikke er sandt. (Hvorfor?) .

Den resulterende modsigelse beviser gyldigheden af

Den pågældende ulighed.

4). Metode til ubestemt ulighed.

Uligheden kaldes usikker hvis han har et tegn\/ eller /\ ,

de der. når vi ikke ved hvilken vejdette skilt skal vendes

at få en rimelig ulighed.

Her gælder de samme regler somog med almindelige uligheder.

Overvej den udefinerede ulighed:

Multiplicer begge sider af uligheden med-en, vi får: -en 2 + 1 \/ 2 -en, dvs.

EN 2 + 1 – 2 -en \/ 0 , eller ( -en– 1) 2 \/ 0 , men her ved vi allerede, hvordan vi skal vende

Tegn \/ for at få den korrekte ulighed (Hvordan?). Drejer den

I den rigtige retning langs hele kæden af ​​uligheder fra bund til top, vi
vi opnår den nødvendige ulighed.

Løsning af uligheder. To uligheder, der indeholder de samme ukendte, kaldes tilsvarende , hvis de er gyldige for de samme værdier af disse ukendte. Den samme definition bruges til ækvivalensen af ​​to ulighedssystemer. At løse uligheder er processen med at flytte fra en ulighed til en anden, der svarer til en ulighed. Til dette formål bruges de grundlæggende egenskaber ved uligheder(cm.). Derudover kan man erstatte ethvert udtryk med et andet, der er identisk med det givne. Uligheder kan være algebraisk( indeholdende kun polynomier) Og transcendental(for eksempel logaritmisk ellertrigonometrisk). Vi vil se på en meget vigtig metode her,ofte brugt til at løse algebraisk uligheder

Interval metode. Løs ulighed: ( x – 3)( x – 5) < 2( x – 3). Her kan vi ikke dividere begge sider af uligheden med (x – 3), da vi ikke kender tegnet for dette binomiale (den indeholder det ukendte x ). Derfor vil vi omlægge tidsplanenalle udtryk for uligheden til venstre side:

(x – 3)( x – 5) – 2( x – 3) < 0 ,

lad os faktorisere det:

(x – 3)( x – 5 – 2) < 0 ,

og vi får:( x – 3)( x – 7) < 0. Теперь определим знак произведения в левой части неравенства в различных числовых интервалах. Заметим, что x= 3 og x = 7 - rødder af dette udtryk. Derfor vil hele tallinjen blive divideret med disserødder i følgende tre intervaller:

I intervallet jeg(x < 3 ) begge faktorer er negative, derfor deres arbejde positivt; V interval II (3 < x< 7 ) første multiplikator(x– 3 ) er positiv, og den anden ( x - 7 ) er negativ, så deres arbejde negativ; i intervalletIII(x> 7) begge faktorer er positive, derfor deres arbejde også positivt. Nu er der kun tilbage at vælge det interval, hvor vores produkt negativ. Dette er intervalletIIderfor løsningen på uligheden: 3 < x< 7. Sidste udtryk- den såkaldte dobbelt ulighed. Det betyder atx skal både være større end 3 og mindre end 7.

EKSEMPEL Løs følgende ulighed ved hjælp af intervalmetoden:

(x – 1)(x – 2)(x – 3) … (x –100) > 0 .

Løsning Rødderne til venstre side af uligheden er indlysende: 1, 2, 3, …, 100.

De opdeler tallinjen i 101 intervaller:

Siden antallet af parenteser på venstre side også selvom(lige med 100), så

På x < 1, когда все множители отрицательны, их произведение

Positivt. Når man passerer gennem roden, sker der en ændring

Tegn på arbejdet. Derfor, ved næste interval, indenfor

Hvilket produkt der er positivt, vil være (2, 3), derefter (4, 5),

Derefter (6, 7), ... , (98, 99) og til sidst, x >100.

Denne ulighed har således en løsning:

x < 1, 2 < x < 3, 4 < x < 5 ,…, x >100.

Så, at løse en algebraisk ulighed, Jeg skal flytte det helemedlemmer til venstre (ellerhøjre side) og løsden tilsvarende ligning. Efter plot de fundne rødder på talaksen; som følge heraf er den opdelt i et vist antal intervaller. På det sidste trin af løsningen skal du bestemme, hvilket fortegn polynomiet har inden for hvert af disse intervaller, og vælge de nødvendige intervaller i overensstemmelse med tegnet for den ulighed, der løses.

Bemærk, at de fleste transcendentale uligheder reduceres til en algebraisk ulighed ved at erstatte det ukendte. Det skal løses med hensyn til det nye ukendte, og derefter, ved omvendt substitution, finde en løsning på den oprindelige ulighed.

Ulighedssystemer. For at løse et system af uligheder er det nødvendigt at løse hver af dem og kombinere deres løsninger. Denne kombination fører til et af to mulige tilfælde: enten har systemet en løsning, eller også har det ikke.

Eksempel 1. Løs ulighedssystemet:

Løsning af den første ulighed:x < 4 ; а второго: x > 6.

Dette system af uligheder har således ingen løsning.

(Hvorfor?)

Eksempel 2. Løs ulighedssystemet:

Løsning: Den første ulighed giver som før:x < 4; но решение

Den anden ulighed i dette eksempel:x > 1.

Løsningen på ulighedssystemet er således: 1< x < 4.

På seminaret for koordinatorer af kænguru-olympiaden holdt Vyacheslav Andreevich Yasinsky et foredrag om, hvordan man beviser symmetriske uligheder i olympiaden ved hjælp af sin egen metode til forskelle i variabler.

Faktisk er der ved matematiske olympiader ofte opgaver for at bevise uligheder, som for eksempel denne fra den internationale matematikolympiade i 2001: $\frac(a)(\sqrt(a^2+8bc))+\frac(b) )( \sqrt(b^2+8ac))+\frac(c)(\sqrt(c^2+8ab))\geq 1$ (for positiv a,b,c).

Normalt, for at bevise en olympiade-ulighed, skal den reduceres til en af ​​de grundlæggende: Cauchy, Cauchy-Bunyakovsky, Jensen, ulighed mellem midler osv. Desuden skal du ofte prøve forskellige versioner af den grundlæggende ulighed, før du opnår succes.

Men ofte har olympiade-uligheder (som den ovenfor) én funktion. Når du omarrangerer variablerne (for eksempel ved at erstatte a med b, b med c og c med a), ændres de ikke.

Hvis en funktion af flere variabler ikke ændres med nogen omarrangering, så kaldes den symmetrisk. For en symmetrisk funktion f fra tre variabler gælder ligheden:
f(x,y,z)= f(x,z,y)= f(y,x,z)= f(y,z,x)= f(z,x,y)= f(z,y,x)

Hvis en funktion ikke kun ændres, når variablerne omarrangeres cyklisk, kaldes den cyklisk.
f(x,y,z)= f(y,z,x)= f(z,x,y)

For uligheder, der er konstrueret på basis af symmetriske funktioner, udviklede Vyacheslav Andreevich en universel bevismetode.
Metoden består af følgende trin.
1. Transformer uligheden, så der er et symmetrisk polynomium til venstre (lad os betegne det D) og 0 til højre.

2. Udtryk det symmetriske polynomium D i variablerne a, b, c i form af grundlæggende symmetriske polynomier.

Der er tre grundlæggende symmetriske polynomier i tre variable. Det her:
p = a+b+c - sum;
q = ab+bc+ac - summen af ​​parvise produkter;
r = abc - produkt.

Ethvert symmetrisk polynomium kan udtrykkes i form af basispolynomier.

3. Da polynomiet D er symmetrisk, kan vi uden tab af generalitet antage, at variablerne a, b, c er ordnet som følger: $a\geq b\geq c$

4. Vi introducerer to ikke-negative tal x og y, så x = a-b, y = b-c.

5. Transform polynomiet D igen ved at udtrykke p, q og r i form af c og x, y. Det tager vi højde for
b = y+c
a = (x+y)+c

Derefter
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)c2 +c 3

Bemærk venligst, at vi ikke åbner parenteser i udtryk, der indeholder x og y.

6. Nu betragter vi polynomiet D som polynomiet i c med koefficienter udtrykt i x og y. Under hensyntagen til koefficienternes ikke-negativitet viser det sig at være let at vise, at ulighedstegnet vil blive bevaret for alle tilladte værdier på ca.

Lad os forklare denne metode med eksempler.
Eksempel 1. Bevis ulighed:
$(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)$

Bevis
Da uligheden er symmetrisk (ændres ikke med nogen permutation af variablerne a, b, c), præsenterer vi den som
$(a+b+c)^2 - 3(ab+bc+ac)\geq 0$

Lad os udtrykke polynomiet på venstre side i form af grundlæggende symmetriske:
$p^2 - 3q\geq 0$

Da polynomiet er symmetrisk, kan vi uden tab af generalitet antage, at $a\geq b\geq c$ og $x = a-b\geq 0$, $y = b-c\geq 0$.


p2-3q = ((x+2y)+3c) 2-3(3c2+2(x+2y)c+(x+y)y) = (x+2y) 2+6(x+2y)c +9c2-9c2-6(x+2y)c-3(x+y)y

Efter at have bragt lignende, opnår vi en ulighed, der slet ikke indeholder en variabel med
$(x+2y)^2-3(x+y)y\geq 0$

Nu kan du åbne beslagene
$x^2+4xy+4y^2-3xy-3y^2\geq 0$
$x^2+xy+y^2\geq 0$ - hvilket er sandt både for negativ x, y og for enhver.

Dermed er uligheden bevist.

Eksempel 2(fra 1999 British Mathematical Olympiade)
Bevis at $7(ab+bc+ac)\leq 2+9abc$ (for positive tal, hvis a+b+c = 1)

Bevis
Før vi begynder at reducere alt til venstre side, lad os bemærke, at graderne af delene af uligheden ikke er afbalanceret. Hvis begge sider af uligheden i eksempel 1 var polynomier af anden grad, så sammenlignes her polynomiet af anden grad med summen af ​​nul og tredje polynomier. Vi bruger det faktum, at summen a+b+c ved betingelse er lig med 1 og gange venstre side med én, og de to fra højre side med én terning.

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

Lad os nu flytte alt til venstre og forestille os venstre side som et symmetrisk polynomium af a, b, c:
$7(ab+bc+ac)(a+b+c)- 2(a+b+c)^3-9abc\leq 0$

Lad os udtrykke venstre side i form af grundlæggende symmetriske polynomier:
$7qp- 2p^3-9r\leq 0$

Lad os udtrykke venstre side i form af x, y og c, og præsentere det som et polynomium i forhold til 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)c2+c3) = 7 (3(x+2y)c2+2(x+2y) 2c+(x+2y)(x+y)y+ 9c 3 +6(x+2y)c2+3(x+y)yс) - 2 ((x+2y) 3 +9(x+2y) 2c+27(x+2y)c2+27c3) - 9((x+y)yc+ (x+2y)c2+c3) = 21(x+2y)c2+14(x+2y) 2c+7(x+2y)(x+y) y+63c 3 +42(x+2y)c2 +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)c2-9c 3

Det vigtigste er at udføre transformationerne omhyggeligt og omhyggeligt. Som Vyacheslav Andreevich sagde, hvis han udfører transformationer, og nogen distraherer ham, smider han papirarket med formlerne og begynder igen.

For at gøre det nemmere at reducere lignende i det endelige polynomium er de fremhævet i forskellige farver.

Alle termer med c 3 vil blive ødelagt: 63c 3 -54c 3 -9c 3 = 0
Det samme vil ske med anden grad med: 21(x+2y)c2+42(x+2y)c2-54(x+2y)c2-9(x+2y)c2 = 0

Lad os omdanne vilkårene med den første grad med: 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 - dette udtryk vil aldrig være positivt.

Og frie udtryk: 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) - og også dette udtryk.

Den oprindelige ulighed vil således altid være opfyldt, og den vil kun blive til lighed, hvis a=b=c.

Ved sit foredrag diskuterede Vyacheslav Andreevich mange flere interessante eksempler. Prøv at bruge denne metode til at bevise OL-uligheder. Måske vil det hjælpe dig med at få flere værdifulde point.