Примери за доказ за сложени неравенки. Програма на модулот „Методи на докажување нееднаквости“ - Програма

Препис

1 ФЕТРОЗАВОДСК ДРЖАВЕН УНИВЕРЗИТЕТ ЗА МАТЕМАТИЧКА И ИНФОРМАТИЧКА ТЕХНОЛОГИЈА Катедра за геометрија и топологија Елизавета Сергеевна Калтсенен Завршна квалификациска работа за диплома Методи за докажување нееднаквости Насока: Научен советник-0.0. Науки, Платонов С.С. (потпис на управителот) Петрозаводск

2 Содржини Вовед...3. Jensen-ова неравенка Комутациска неравенка Неравенка на Karamata Решавање проблеми за докажување неравенки...3 Користена литература

3 Вовед Метод е збир на последователни дејства насочени кон решавање на одреден тип на проблем. Методите за докажување на неравенки во оваа работа се насочени кон изнаоѓање на нестандардно решение за неравенки кои имаат одредена форма. Со користење на такви методи, решението значително се намалува. Резултатот е ист, но обемот на работа е помал. Целта на завршната работа беше да се проучат три типа на нееднаквости со чија помош лесно може да се докажат многу други. Тоа се нееднаквоста на Јенсен, нееднаквоста на комутација, нееднаквоста на Карамата. Сите овие неравенки се математички убави, со помош на овие неравенки можете да ги решите училишните неравенки. Оваа тема е релевантна. Според мене, тоа би можело да биде корисно за учениците, вклучително и за подобрување на нивното знаење од областа на математиката. Со оглед на тоа што методите не се стандардни, мислам дека на учениците со математичка насока би им биле корисни и забавни. Наведената задача е пребарување и решавање на тематски нееднаквости од предложената литература. Делото се состои од четири параграфи. Делот ја опишува нееднаквоста на Џенсен, дава нејзин доказ и помошни дефиниции. Дел 2 ја содржи комутациската нееднаквост, нејзините посебни случаи и општата комутациска нееднаквост. Во став 3, нееднаквоста на Карамата е без доказ. Став 4 е главната работа на завршната работа, т.е. докази за неравенки со помош на Јенсеновата нееднаквост, коммутациската неравенка и неравенката на Карамата

4 . Џенсенова нееднаквост Дефиниција. Подмножество на рамнина се нарекува конвексно ако било кои две точки од даденото множество можат да се поврзат со отсечка која целосно ќе лежи во ова множество. Дефиниција 2. Нека f(x) е дефинирана на некој интервал. Множеството од сите точки (x,y) за кои y f(x) се нарекува епиграф, каде што x припаѓа на даден интервал. Множеството точки (x,y) за кои y f(x) се нарекува подграф. Дефиниција 3. Размислете за функција на одреден интервал. Функцијата се нарекува конвексна ако на овој интервал нејзиниот епиграф е конвексно множество. Функцијата се нарекува конкавна ако нејзиниот потграф е конвексно множество. Критериум за конвексност (конкавност) на функција. За функцијата y = f(x), континуирано диференцијабилна на интервалот (a, b), да биде конвексна (конкавна) на (a, b), потребно е и доволно нејзиниот извод f да се зголемува (намалува) на интервалот (а, б). Критериум 2 за конвексност (конкавност) на функција. За функцијата y = f(x), двапати диференцијабилна на интервалот (a, b), да биде конвексна (конкавна) на (a, b), потребно е и доволно f (x) 0(f ( x) 0 ) во сите точки x (a, b) Дефиниција 4. Центарот на масата на точките A(x, y) и B(x 2, y 2) е точката C(x, y) што припаѓа на отсечката AB, така што AC = m B, каде m BC m B е масата A на точката B и m A е масата на точката A. Во векторска форма, центарот на масата се наоѓа на следниов начин: вектор на радиус на центарот на маса: каде r i е вектор на радиус на точките A и B, i =,2. Во координати: 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 Нека C AB е центар на масата на точките A и B. Ако U е конвексно подмножество на рамнината и точките A и B припаѓаат на U, тогаш C AB исто така припаѓа на U, бидејќи C AB припаѓа на отсечката AB. Нека A, A 2 A се произволни точки на рамнината со маси m, m 2, m. Центарот на маса C A,A 2 A на системот точки A, A 2 A се определува со индукција со:) На = 2 центарот на маса C A A 2 на системот со точки A, A 2 е веќе одреден. Ќе претпоставиме дека точката C A A 2 има маса m + m 2 2) Да претпоставиме дека за системот точки A, A 2 A центарот на маса c A, A 2 A е веќе одреден. Да го означиме центарот на масата на точките A, A 2 A со B и да претпоставиме дека масата на точката B е еднаква на m B = m + m m. По дефиниција, претпоставуваме C A,A 2 A = C BA, т.е. центарот на масата на системот од точките A, A 2 A, A е еднаков на центарот на масата на две точки B и A. Ќе претпоставиме дека масата на точката C A,A 2 A е еднаква на m B + m = m + m m. Од дефиницијата за центар на маса произлегува дека ако сите точки A, A 2 A припаѓаат на конвексното множество U, тогаш нивниот центар на маса исто така припаѓа на U. Лема. Нека A, A 2 A се точки на рамнината со маси m, m 2, m и нека r i е векторот на радиусот на точката A i, i =,. Ако C е центар на маса на системот од точки A, A 2 A, тогаш векторот на радиусот r C на точката C може да се пресмета со формулата Доказ. r C = m r +m 2 r 2 + +m r m +m 2 + +m (2) Формулата (2) ќе ја докажеме со индукција на. За = 2, формулата е веќе докажана (види формула ()). Да претпоставиме дека формулата (2) е веќе докажана за (). Нека B е центар на маса на системот од точки A, A 2 A. Тогаш - 5 -

6 r B = m r + m 2 r m r m + m m, масата на точката B е еднаква на m B = m + m m. По дефиниција, центарот на масата C на системот точки A, A 2 A се совпаѓа со центарот на масата на парот точки B и A. Векторот на радиусот на точката C се пресметува со формулата () r C = m Br B + m r m B + m = m r + m 2 r m r m + m m што ја докажува формулата (2) за точките. Во координати, формулата (2) има форма: 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 „Теорема на Џенсен. Нека y = f(x) е конвексна функција на одреден интервал, x, x 2, x се броеви од овој интервал; m, m 2, m се позитивни броеви кои го задоволуваат условот m + m m =. Тогаш важи Јенсеновата неравенка: f(m x + m 2 x m x) m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f(x) Ако функцијата y = f(x) е конкавна на некој интервал, x, x 2 , x - броеви од овој интервал; m, m 2, m се позитивни броеви кои го задоволуваат и условот m + m m =. Тогаш Јенсеновата неравенка има форма: f(m x + m 2 x m x) m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f(x)" Доказ: Да ја разгледаме функцијата f(x) конвексна на интервалот (a, б) . На неговиот график, земете ги точките A, A 2, A и нека A i = (x i, y i), y i = f(x i). Да земеме произволни маси m, m 2, m за точките A, A 2, A, така што m + m m =. Од фактот дека f(x) е конвексна функција, произлегува дека - 6 -

7 дека епиграфот на функцијата е конвексно множество. Следствено, центарот на масата на точката A, A 2, A припаѓа на епиграфот. Да ги најдеме координатите на центарот на масата: 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) Бидејќи C припаѓа на епиграфот, тогаш добиваме 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) Користејќи ја Јенсеновата неравенка, можеме да ја докажеме неравенката на Коши: за сите позитивни броеви a, a 2, a , важи следната неравенка: (a + a a) a a 2 a Да го земеме логаритамот на неравенството (3) и да ја добиеме еквивалентната неравенка (3) l (a +a 2 + +a) l(a a 2 a) ( 4) Користејќи ги својствата на логаритмите, ја препишуваме неравенката (4) во форма: l (a +a 2 + +a) l a + l a l a (5) Добиената неравенка е посебен случај на Јенсенова неравенка за случајот кога f( x) = l(x), m = m 2 = = m =. Забележете дека функцијата y = l(x) е конкавна на интервалот (0, +), бидејќи y =< 0, поэтому неравенство (5) есть частный случай неравенства x2-7 -

8 Јенсен за конкавна функција f(x) = l(x). Бидејќи неравенката (5) е вистинита, тогаш е вистинита и еквивалентната неравенка (3). Кореспонденција еден-на-еден помеѓу збир на броеви (,2,3,) и самата себе се нарекува пермутација на елементи. Да ја означиме пермутацијата со буквата σ така што σ(), σ(2), σ(3) σ() се броевите,2,3, по различен редослед. Размислете за две групи броеви a, a 2, a и b, b 2, b. Множествата a, a 2, a и b, b 2, b се нарекуваат идентично подредени ако за кои било броеви i и j, од фактот дека a i a j следува дека b i b j. Особено, најголемиот број од множеството a, a 2, a одговара на најголемиот број од множеството b, b 2, b, за вториот најголем број од првото множество има втор најголем број од второто множество, и така натаму. Множествата a, a 2, a и b, b 2, b се нарекуваат обратно подредени ако, за било кој број i и j, од фактот дека a i a j следи дека b i b j. Од ова произлегува дека најголемиот број од множеството a, a 2, a одговара на најмалиот број од множеството b, b 2, b, вториот најголем број од множеството a, a 2, a одговара на вториот најмал број од множеството b, b 2 , b и така натаму. Пример.) Нека се дадени две множества така што a a 2 a и b b 2 b, тогаш според дефинициите што ги дадовме овие множества се подеднакво подредени. 2) Нека се дадени две множества така што a a 2 a и b b 2 b, во тој случај множествата од броевите a, a 2, a и b, b 2, b ќе бидат обратно подредени. Секаде подолу, a, a 2, a и b, b 2 , b - позитивни реални броеви „Теорема. (Комутациска неравенка) Нека има две множества броеви a, a 2, a и b, b 2, b. Да разгледаме многу од нивните различни пермутации. Тогаш вредноста на изразот е - 8 -

9 S = a b σ + a 2 b σ2 + + a b σ () ќе биде најголем кога множествата a, a 2, a и b, b 2, b се подеднакво подредени, а најмала кога a, a 2, a и b , b 2, b се подредени обратно. За сите други пермутации, збирот S ќе биде помеѓу најмалите и најголемите вредности“. Пример. Според теоремата a b + b c + c a 3, бидејќи множеството a, b, c и a, b, c се обратно подредени и вредноста на a + b b + c c = 3 ќе биде најмала. Доказ за теоремата. Размислете за две групи броеви: првиот a, a 2, a и вториот b, b 2, b. Да претпоставиме дека овие комплети не се нарачани на ист начин. Постојат индекси i и k такви што a i > a k и b k > b i. Ајде да ги замениме броевите b k и b i во втората група (оваа трансформација се нарекува „сортирање“). Тогаш во збирот S членовите a i b i и a k b k ќе се заменат со a i b k и a k b i, а сите други членови ќе останат непроменети. Забележете дека 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 Теорема 3. Размислете за две множества a, a 2, a 3 a и b, b 2, b 3 b елементи од ова множество се позитивни. Тогаш вредноста () a i + b σ(i) ќе биде најголема кога множествата a, a 2, a 3 a и b, b 2, b 3 b се подеднакво подредени и најмалку кога се обратно подредени. Теоремите 2 и 3 се посебни случаи на поопшта теорема, за која се дискутира подолу. Општа коммутациска нееднаквост „Теорема 4 (Општа коммутациска неравенка). Нека функцијата f е континуирана и конвексна на некој интервал во R. Тогаш за сите множества броеви a, a 2, a 3 a и b, b 2, b 3 b од интервалот вредноста на изразот f (a + b σ()) + f ( a 2 + b σ(2)) + f (a + b σ()) ќе биде најголем кога множествата се подеднакво подредени и најмали кога множествата се обратно подредени. Теорема 5. Нека функцијата f е континуирана и конкавна на некој интервал во R Потоа: вредноста на изразот f (a + b σ()) + f (a 2 + b σ(2)) + f (a + b σ()) ќе биде најголем кога броевите се обратно подредени и најмали кога множествата a, a 2, a 3 a и b, b 2, b 3 b се подеднакво подредени. Доказ.") Да го разгледаме случајот = 2. Нека функцијата f е конвексна и има две множества a > a 2 и b > b 2. Треба да докажеме дека Да означиме 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. Тогаш - 0 -

11 a + b 2 = x + k, a 2 + b = x + m, a + b = x + k + m, затоа неравенството (2) има форма f(x + k + m) + f(x + k ) f(x + k) + f(x + m) (3) За да ја докажеме неравенството ќе ја користиме фигурата.На сликата е прикажан график на конвексната функција y = f(x) и точките A(x , f(x)), C(x) се означени на графикот + k, f(x + k)), D(x + m, f(x + m)), B (x + k + m, f (x + k + m)). а на Од конвексноста на функцијата f следува дека акордот ЦД лежи под акордот AB. Нека K е средната точка на акордот CD, MZ средината на акордот AB. Забележете дека апсцисите на точките K и M се исти, бидејќи x k = 2 ((x + k) + (x + m)) = (2x + k + m) 2 x m = 2 (x + (x + k + m) ) = (2x + k + m) 2 Според тоа, точките K и M лежат на иста вертикална линија, што значи дека y m y k. - -

12 Бидејќи y m = (f(x) + f(x + k + m)) 2 y k = (f(x + k) + f(x + m)) 2 Ова имплицира неравенки (3) и (2). Q.E.D. 2) Нека > 2. Да претпоставиме дека множествата a, a 2, a 3 a и b, b 2, b 3 b не се подредени на ист начин, т.е. постојат индекси i и k такви што a i > a k и 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 Ако x, x 2, x се позитивни броеви, i= x i =, тогаш (,) (x, x 2, x) (,0,0,0, 0) „Теорема (неравенка на Карамата) Нека f: (a , б ) R, f е конвексна функција x, x 2, x, y, y 2, y (a, b) и (x, x 2, x) (y, y 2, y), потоа f(x ) + f(x 2) + f(x) f(y) + f(y 2) + f(y). Ако f е конкавна функција, тогаш f(x) + f(x 2) + f(x) f(y) + f(y 2) + f(y).“ За доказ, видете. 4. Решавање проблеми за докажување на нееднаквости. Овој дел испитува различни проблеми за докажување на неравенки, чиешто решение може да се реши со помош на Јенсеновата неравенка, коммутациските неравенки или неравенката на Карамата. Вежбајте. Докажи ја неравенката каде x, x 2, x > 0 Нека x + x 2 + x + x x 2 x, f(x) = +x, m i = f(x) = (+ x) f(x) = (+ x) 2 f(x) = 2(+ x) 3 > 0, x Тогаш од Јенсеновата неравенка следи дека - 3 -

14 Да докажеме дека i= + x i + x x 2 x + x +x 2 + +x Ова е точно ако и само ако + x x 2 x + x + x x + x x 2 x x + x x x x 2 x И последната неравенка се совпаѓа со нееднаквоста Коши. Задача 2. Докажете дека за кое било a, b > 0 е точно следнава неравенка: 2 a + b ab Ова е еквивалентно на неравенката 2ab a + b ab 2ab ab(a + b) 2 ab a + b итн. Задача 3. Докажете дека за било кои a, a 2, a > 0 следнава неравенка е точно: a a 2 a a a 2 a Неравенството може да се препише како: - 4 -

15 () (a a a 2 a a 2 a) Да ја направиме замената b i = a i, тогаш неравенството ќе има форма: (b + b b) (b b 2 b) Оваа неравенка е точно, бидејќи Ова е нееднаквоста на Коши. Задача 4. Докажете дека за било кои a, a 2, a > 0 важи следнава неравенка: Размислете за неравенството за =3. a + a a + a a 2 a 3 a a a a 2 + a 2 a 3 + a 3 a 3 Да означиме a a 2 = x, a 2 a 3 = y, a 3 a = z, xyz = x+y+z 3 3 xyz= -true Да означиме x = a a 2,x 2 = a 2 a 3,x = a a, Тогаш x x 2 x =. Тогаш неравенството ќе има форма: x + x x Оваа неравенка следи од неравенката на Коши: h.t.d. Задача 5. Докажете дека (x + x x) x x 2 x = si x + si x si x si x + x x, каде што 0 x i π - 5 -

16 Неравенството следи од неравенката на Џенсен за функцијата y = si x. Функцијата y = si x е конкавна на интервалот (0, π), бидејќи 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 неравенството е точно: (a + a 2+ +a)(a + a) 2 Неравенката може да се препише како: ова е еквивалентно на фактот дека (a + a a) a + a a 2 a +a 2 + + a a + a 2+ +a Разгледајте ја функцијата Џенсен f(x) = x, ја добиваме оваа еднаквост. и користејќи ја неравенката Задача 7. Докажете дека за било кој x, y, z > 0 неравенката x 5 + y 5 + z 5 x 3 y 2 + y 3 x 2 + z 3 x 2 е точно.Да ја примениме комутацијата нееднаквост. Нека првото множество има форма Второ x 3, y 3, z 3, x 2, y 2, z 2 Изразот од левата страна ќе биде најголем, бидејќи вредноста на изразот од левата страна x 5 + y 5 + z 5 е составена од идентично подредени множества броеви. Од ова произлегува дека добиената вредност - 6 -

17 за сите други пермутации не е поголема од вредноста добиена со „најправилниот“ распоред на променливите. Задача 8. Докажете дека за кое било x, y, z > 0 е точно следнава неравенка: x + x 2 + y + y 2 + z + z 2 x + y 2 + y + z 2 + z + x 2 Можеме да претпоставиме дека x y z. Нека a = x, a 2 = y, a 3 = z, b = + x 2, b 2 = + y 2, b 3 = + z 2 Множества a, a 2, a 3 и b, b 2, b 3 се подредени спротивно, според тоа, според комутациската неравенка, збирот a b + a 2 b 2 + a 3 b 3 е најмал меѓу збировите. Особено, она што е еквивалентно на 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. Задача 9. Докажете дека за било кои a, a 2, a > 0 важи следнава неравенка: (+ a 2) (+ a 2 2) (+ a 2) (+ a a 2 a 3 a)(+ a 2 ) (+ а) Помножете се со a a 2 a, добиваме (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 Да го земеме логаритамот на неравенката и да добиеме еквивалентна неравенка. 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.) Ајде да користете општа неравенка на комутација за конкавна функција y = l x. Нека a i = a i, b i = a i 2. Тогаш множествата b, b 2, b и a, a 2, a се подеднакво подредени, така што l(b + a) + l(b 2 + a 2) + + l( b + a ) l(b + a 2) + l(b 2 + a 3) + + l(b + a), што докажува неравенство (9.). Задача 0. Докажете дека за секое позитивно a, b, c a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ac (0.) Нека a b c.. Бидејќи множествата (a, b, c) и (a, b , в) се подеднакво подредени, но множествата (a, b, c) и (b, c, a) не се подеднакво подредени, тогаш од комутациската неравенка следи неравенката (0.). Вежбајте. Докажи дека ако xy + yz + zx =, тогаш неравенството (.) следи од задача 0. Задача 2. Докажи дека ако a, b, c > 0, тогаш x 2 + y 2 + z 2 (.). (a + c)(b + d) ab + cd Бидејќи квадратниот корен е поголем или еднаков на нула, можеме да ја квадратиме десната и левата страна. Добиваме: (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 -Точно Задача 3, 4. Докажете дека за која било a, a 2, a > 0 следнава неравенка е точно: 3) a 2 + a a 2 (a +a 2 + a) 2 4)a 2 + a a 2 (3.) (4.) каде што следи a + a 2 + a = Неравенка (4.) од ( 3.) со a + a 2 + a =. Ќе докажеме нееднаквост (3.). Може да се трансформира во форма Or a 2 + a a 2 (a + a 2 + a) 2 2 a 2 + a a 2 (a + a a) Да ја користиме Џенсеновата неравенка за конвексната функција f(x): f(q x + q 2 x 2 + q x) q f(x) + q 2 f(x 2) + q f(x), каде што 0 q i, q + q 2 + q =. Ако земеме f(x) = x 2, q i =, i =,2, тогаш добиваме неравенство (3.) итн. Задача 5. Докажете дека за кој било природен број и за кој било p, q неравенката () 2 pq + ()(p + q) + ()pq + (5.) - 9 -

20 Да ја трансформираме неравенката (5.) во еквивалентна форма: () 2 pq + ()(p + q) + ()pq + () 2 pq + ()(p + q) + ()pq 0 Донесување слично оние добиваме: ( )[()pq + (p + q) pq] + 0 () () 0 () 0 () 0 секогаш, бидејќи -природни Докажуваме дека Забележете дека 0 (5.2) p + q pq = p(q ) (q) = (p)(q) Бидејќи p, q, тогаш p 0, q 0, значи, неравенството (5.2) е точно. Задача 6. За сите позитивни броеви x, y, z важи следнава неравенка: Нека x y z xyz (y + z x)(z + x y)(x + y z) (6.))Ако y + z x< 0, то неравенство (6.) выполнено 2) Пусть все множители в правой части >0. Тогаш неравенката (6.) е еквивалентна на неравенката l x + l y + l z l(y + z x) + l(z + x y) + l(x + y z) Нека f(x) = l x. Бидејќи 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 + y z x (бидејќи y z 0); (x + y z) + (x + z y) = 2x x + y (x + y z) + (x + z y) + (y + z x) = x + y + z Бидејќи функцијата f(x) = l x е конкавна , тогаш од неравенката на Карамата следува дека l(x + y z) + l(x + z y) + l(y + z x) = l x + l y + l z, што докажува неравенство (6.). Задача 7. Докажете дека за кои било a, b и c > 0 важи следната неравенка: a 2 + b 2 + c ab + ac + bc a 2 + 2bc + b 2 + 2ac + c 2 + 2ab Ова е еквивалентно на фактот дека Нека a b c. a 2 + b 2 + c 2 + ab + ac + bc + ab + ac + bc Размислете за две групи броеви 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) Треба да докажеме дека (7.) е мајоризација (7.2). Да ја користиме дефиницијата за мајоризација:) a 2 + b 2 + c 2 a 2 + 2bc (b c) 2 0-точно 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 и (c a) 0, потоа (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 Точно. Така, множеството броеви (7.) го мајоризира множеството броеви (7.2). Применувајќи ја неравенката на Карамата за конвексната функција f(x) = x, ја добиваме точната оригинална неравенка. Задача 8. За a, b, c, d > 0, докажете дека неравенството 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 точно е 2 d 2 + c 2 d 2 Нека a b c d Направете замена: x = l a, y = l b, z = l c, w = l d и запишете ја првобитната неравенка во форма: 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 Размислете за две групи на броеви: (4x, 4y, 4z, 4w, x + y + z + w, x + y + z + w) и (2x + 2y, 2x + 2z, 2x + 2w, 2y + 2z, 2y + 2w, 2z + 2w) Да ги подредиме овие множества: (4x, 4y, 4z, x + y + z + w, x + y + z + w, 4w) и (8.) Вториот останува непроменет: (2x + 2y, 2x + 2z, 2x + 2w, 2y + 2z, 2y + 2w, 2z + 2w) (8.2) Да докажеме дека (8.) е големи (8.2)

23 ) 4x 2x + 2y, x y е точно 2) 4x + 4y 4x + 2y + 2z,y z е точно 3) 4x + 4y + 4z 4x + 2y + 2z + 2x + 2w y + z x + w Бидејќи множествата се подредени на овој начин, дека 2x + 2w 2y + 2z т.е. x + w y + z, тогаш случајот 3) е возможен само кога 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 Слично на претходниот случај, оваа неравенка е точна за x + w = y + z 5) 4x + 4y + 4z + 2x + 2y + 2z + 2w 4x + 2y + 2z + 2x + 2w + 2y + 2z + 2y + 2w z w точно 6) 4x + 4y + 4z + 2x + 2y + 2z + 2w + 4w 4x + 2y + 2z + 2x + 2w + 2y + 2z + 2y + + 2z + 2w 0 = 0 Така, множеството (8.) го мајоризира множеството броеви (8.2). Користејќи ја неравенката на Карамата за функцијата f(x) = e x, ја добиваме точната неравенка. Задача 9. За a, b, c > 0, докажете дека неравенството a 3 + b 3 + c 3 + abc 2 3 (a2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca) е точно

24 Нека a b c Да се помножат двете страни на неравенката со 3, добиваме 3a 3 + 3b 3 + 3c 3 + 3abc 2(a 2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca) 2 (9. ) Да ја направиме замената : И запишуваме неравенство (9.) во форма: x = l 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 Размислете за две групи: (3x, 3x, 3x, 3y, 3y, 3y, 3z, 3z, 3z, x + y + z, x + y + z, x + y + z) и (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) Дозволете ни да ги нарачаме овие комплети: (3x, 3x, 3x, 3y, 3y, 3y , x + y + z, x + y + z, x + y + z, 3z, 3z, 3z,) и (9.2) Да го подредиме второто множество: 2x + y z + 2x y z точно y + 2z 2z + x y x точно Така, го добиваме множеството: (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) Треба да се докаже дека множеството броеви (9.2) го мајоризира множеството броеви (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, за x = y добиваме дека 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 Кога x = y добиваме дека y z 7) 9x + 9y + x + y + z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 2y + z , добиваме 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 + 4 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 Така, множеството, од броевите (9.2) го големиот множество броеви (9.3) и со неравенството на Карамата за функцијата f(x) = e x ја добиваме точната неравенка

26 Користена литература) Ју.П.Соловиев. Нееднаквости. М.: Издавачка куќа на Московскиот центар за континуирано математичко образование. 2005 година. 6 стр. 2) И.Кх. Сивашински. Неравенки во задачи М.: Наука, стр. 3) А.И.Храбров. Околу монголската нееднаквост, Мат. просветлување, сива боја 3, 7, MTsNMO, М., 2003, стр. 4) Л.В.Раџивиловски, Генерализација на коммутациската нееднаквост и монголската нееднаквост, Мат. просветлување, сива боја 3, 0, Издавачка куќа МТсНМО, М., 2006, стр. 5) В.А.ч Кречмар. Книга за проблеми со алгебра. Петто издание М., наука, стр. 6) D. Nomirovsky Karamata нееднаквост /D. Номировски // (Квант)-С

Конвексни множества и функции R n е множество од n реални броеви. Во продолжение, ова множество ќе го наречеме празно место; неговите елементи ќе бидат точки; точката со координати (x 1,..., x n) ќе биде означена со

Услови на задачи 1 Општинска етапа 8 одделение 1. На таблата се запишуваат два броја. Еден од нив е зголемен за 6 пати, а другиот е намален за 2015 година, додека збирот на бројките не се менува. Најдете барем еден пар од нив

Поглавје IX. Евклидски и унитарни простори 35. Точка производ во векторски простор Урал Федерален универзитет, Институт за математика и компјутерски науки, Катедра за алгебра и дискретна

Федерален универзитет Урал, Институт за математика и компјутерски науки, Катедра за алгебра и дискретна математика Воведни забелешки Кога се решаваат многу проблеми, станува неопходно да се има нумерички

Решавање на задачите од трката глава до глава на деветтата Ојлер Олимпијада 1. Се разгледуваат сите решенија на системот x yz 1, x y z x, x y z. Најдете ги сите вредности што може да ги земе x. Одговор: 1; 1; 1. Решение 1. Бидејќи x y

Предавање 4 1. ВЕКТОРИ Векторот е насочена отсечка. Еднакви вектори: имаат исти должини и исти насоки (паралелни и насочени во иста насока) Спротивни вектори: имаат исти должини

Тема 1-8: Комплексни броеви А. Ја.

Државен универзитет во Пенза, Физичко-математички факултет „Интерно и кореспондентно училиште за физика и математика“ МАТЕМАТИКА Идентични трансформации. Решавање равенки. Триаголници Задача 1 за

Московски институт за физика и технологија Експоненцијални, логаритамски равенки и неравенки, метод на потенцирање и логаритам при решавање проблеми. Методолошки водич за подготовка за Олимпијадите.

98 МАТЕМАТИКА: АЛГЕБРА И ПОЧЕТОЦИ НА АНАЛИЗАТА ГЕОМЕТРИЈА Решенија на равенки засновани на својствата на конвексната функција Липатов СВ Калуга МБОУ „Лицеум 9 именуван по К.Е. Циолковски“ 0 класа „А“ Научен раководител:

Алгебарска форма на сложен број. Едукативна презентација A. V. Likhatsky Надзорник: E. A. Maksimenko Southern Federal University 14 април 2008 година A. V. Likhatsky (SFU) Algebra. форма сет броеви

Московскиот државен технички универзитет именуван по Н.Е. Бауман Факултет за фундаментални науки Катедра за математичко моделирање А.Н. Кавијаковиков, А.П. Кременко

72 Поглавје 2 Полиноми Примери и коментари Алгоритми А-01 Пишување полином во стандардна форма А-02 Операции на полиноми А-03 Усни трансформации А-04 Формули за скратено множење А-05 Њутнов бином

Решенија на проблемите од кореспонденцијата на 6-та Ојлер Олимпијада I Математички блок Откријте во кои вредности на параметарот има реални броеви x и y што ја задоволуваат равенката xy + x + y + 7 Одговор: 89 Решение

Предавање 8 Поглавје Векторска алгебра Вектори Големините кои се определуваат само со нивната нумеричка вредност се нарекуваат скаларни Примери на скаларни величини: должина, површина, волумен, температура, работа, маса

Меѓурегионална олимпијада за ученици „Виша Проба“, 2017 МАТЕМАТИКА, етапа 2 стр 1/10 Решенија и критериуми за оценување задачи на Олимпијадата 10-1 Во друштво од 6 лица, некои отидоа во групи од по три

7. Екстреми на функции на неколку променливи 7.. Локални екстреми Нека функцијата f(x,..., x n) е дефинирана на некое отворено множество D R n. Точката М Д се нарекува точка на локалниот максимум (локално

Осма Ојлер олимпијада за наставници по математика Решенија за кореспонденција кружни задачи Решете ја равенката a b c b a c c a b a b c, каде што a, b и c се позитивни броеви Решение Јасно е дека a b c решенијата на оваа равенка

I година, задача. Докажете дека Римановата функција, ако е 0, m m R(), ако, m, m 0, а дропката е нередуцирана, 0, ако е ирационална, е дисконтинуирана во секоја рационална точка и континуирана во секоја ирационална точка. Решение.

Градска олимпијада по математика, Хабаровск, 1997 година Задача 1. Најдете решенија за равенката од 9 ОДДЕЛЕНИЕ (x + 2) 4 + x 4 = 82. (1) Решение. По замена на променливата x = y 1, равенката (1) може да се запише како

Федерален универзитет Урал, Институт за математика и компјутерски науки, Катедра за алгебра и дискретна математика Воведни забелешки Во трите претходни предавања се изучуваа линии и рамнини, т.е.

Тема 2-14: Евклидски и унитарни простори А. Ја.

Деветта Ојлер Олимпијада за наставници по математика Решенија за кореспонденција круг задачи 1. Решете ја равенката x(x ab) a b за x. Решение. Јасно е дека x a b е коренот на оваа равенка. Делење на полиномот x abx

1. Линеарни равенки со две променливи Во првата задача ги разгледавме линеарните равенки со една променлива. На пример, равенките 2x+ 5= 0, 3x+ (8x 1) + 9= 0 се линеарни равенки со променлива

Поглавје 6 Векторска алгебра 6.1. Вектори на рамнината и во просторот Геометриски вектор, или едноставно вектор, е насочена отсечка, односно отсечка во која една од граничните точки е именувана

Задачи за Отворена олимпијада за ученици по математика (54 Списоци на олимпијади за ученици, учебна 2015/2016 година) Содржина I. Задачи за завршна фаза од Олимпијадата за 11 одделение... 2 II. Задачи од 1. коло од квалификациите

3.. Методи за решавање на рационални неравенки 3..1. Нумерички неравенки Прво, да дефинираме што мислиме со исказот a > b. Дефиниција 3..1. Бројот a е поголем од бројот b ако разликата меѓу нив е позитивна.

Предавање 13. Конвексни функции и Тејлоровата формула 1 Конвексни и конкавни C-мазни функции. Дефиниција 1 Функцијата се нарекува конвексна (конкавна) ако нејзиниот епиграф (потграф) е конвексен регион. Пример 1x

Работилница: „Диференцибилност и диференцијал на функција“ Ако функцијата y f () има конечен извод во точка, тогаш зголемувањето на функцијата во оваа точка може да се претстави како: y(,) f () () (), каде што

Предавање 2 Вектори Детерминанти од втор и трет ред 1 ВЕКТОРИ Вектор со насочен сегмент Еднакви вектори: имаат исти должини и исти насоки (паралелни и насочени во иста насока)

Решавање на задачите од кореспонденцијата тура 0 I Математички блок Задача Најдете го бројот на природни корени на равенката Одговор: 00 0 решенија Решавање на задачата Да го претставиме бројот во форма Тогаш десната страна на оваа равенка е еднаква

Белешки за предавање 11 ЕВКЛИДАНСКИ ПРОСТОРИ 0. Преглед на предавањето 1. Производ со точки. 1.1. Дефиниција на скаларен производ. 1.2. Еквивалентно снимање преку проекции. 1.3. Доказ за линеарност во

Олимпијада „Идни истражувачи, иднината на науката“ по математика. Квалификациско коло 4.0.0 ПРОБЛЕМИ И РЕШЕНИЈА 8 9-то одделение 8-9.. Кој број е поголем: 0 0 0 0 или 0 0 0 0? Одговори. Првиот број е поголем од вториот. Решение. Да означиме

Оценка 0 Прво коло (0 минути; секоја задача 6 поени)... Познато е дека tg + tg = p, ctg + ctg = q. Најдете tg(+). pq Одговор: tg. q p Од условот p tg q tg tg tg tg p и еднаквоста ctg ctg q, добиваме дека

Математичка анализа 2.5. Точката x 0 D се нарекува

Тема 1-4: Алгебарски операции А. Ја.

Содржина I. V. Yakovlev Материјали по математика MathUs.ru Системи на алгебарски равенки Двојна замена................................... ..... Симетрични системи...................................

Федерална агенција за образование Сојузна државна образовна институција за високо професионално образование SOUTH FEDERAL UNIVERSITY R. M. Gavrilova, G. S. Kostetskaya Methodological

Предавање 10 1 ЕВКЛИДСКИ ПРОСТОР 11 Дефиниција Нека V (R) LP над полето на реални броеви Скаларниот производ на V е произволна функција V V R која поврзува подреден пар вектори

1 Сложени функции 1.1 Сложени броеви Потсетиме дека сложените броеви може да се дефинираат како збир од подредени парови на реални броеви C = ((x, y) : x, y R), z = x + iy, каде што i е имагинарната единица ( јас

Поглавје 4 Основни теореми на диференцијалното сметање Откривање на неизвесности Основни теореми на диференцијално сметање Теорема на Ферма (Пјер Ферма (6-665) француски математичар) Ако функцијата y f

Белешки за предавање 10 АФИНИ ПРОСТОРИ 0. План за предавање Предавање Афини простори. 1. Афина основа. 2. Афинирај ги координатите на точките. 3. Векторска равенка на права. 4. Векторска равенка на рамнина. 5.

8 ОДДЕЛЕНИЕ 1. Докажи дека за кој било природен број n може да се избере природен број a така што бројот a(n+ 1) (+ n+1) да се дели со цел број. 2. На градската олимпијада по математика учествуваа двајца учесници

Федерален универзитет Урал, Институт за математика и компјутерски науки, Катедра за алгебра и дискретна математика Воведни забелешки Во ова предавање, се проучува уште една крива на хипербола од втор ред.

Домашна задача по алгебра за 0 одделение за учебник „Алгебра и почетоци на анализа, одделение 0“ Алимов Ш.А. и други, -М.: „Просветителство“, 00. www.balls.ru Содржина Поглавје I. Реални броеви.. Поглавје II. Моќ

Векторска алгебра Концептот на векторски простор. Линеарна зависност на вектори. Својства. Концептот на основа. Векторски координати. Линеарни трансформации на векторски простори. Сопствени броеви и сопствени вредности

Федерална агенција за образование Томск државен универзитет за контролни системи и радиоелектроника Оддел за висока математика (ВМ) Приходовски М.А. ЛИНЕАРНИ ОПЕРАТОРИ И КВАДРАТСКИ ФОРМИ Практични

Федерален универзитет Урал, Институт за математика и компјутерски науки, Катедра за алгебра и дискретна математика Воведни забелешки Ова предавање ја воведува операцијата на множење на матрицата, студии

Московскиот институт за физика и технологија Коши-Бунјаковски нееднаквост. Методолошки водич за подготовка за Олимпијадите. Составил: Паркевич Егор Вадимович Москва 014 Теоретски материјал. Во оваа работа

ЛАБ РАБОТА 1 СЕТ. ПРИКАЗ. СИСТЕМИ НА МНОЖЕЊА 1. Основни поими и теореми Нека X е множество и нека (x) некакво својство кое за секој специфичен елемент

Семинар 2. Конуси на проективната рамнина 1. Дефиниција на конус во П 2. Први својства на конусите. Како и досега, работиме во k = R или C. Дефиниција на конус во P 2. Разгледајте ја проективната карта f: l

5 Елементи на функционална анализа 5.1 Линеарни, нормирани и Банах простори 5.1.1 Дефиниција на празни места Непразното множество X од елементите x, y, z,... се нарекува линеарен (векторски) простор,

ЛД Лапо, А.В. Морозов Домашна работа по алгебра за 0 одделение за учебникот „Алгебра и почетоците на анализа: Студии за 0-одделенски општообразовни институции / ША Алимов и други ред. М: Просвешчение, 00“ Глава I Важи

Поглавје 8 Линии и рамнини 8.1. Равенки на прави и површини 8.1.1. Линии на рамнината Да претпоставиме дека на рамнината е даден афин координатен систем. Нека l е крива во рамнината и f(x, y) некои

Министерство за образование и наука на Руската Федерација Федерална агенција за образование Пенза Државен универзитет Руденко А.К., Руденко М.Н., Семерих Јус ЗБИРКА НА ПРОБЛЕМИ СО РЕШЕНИЈА ЗА ПОДГОТОВКА

Равенки Во алгебрата се разгледуваат два вида еднаквости: идентитети и равенки. Идентитетот е еднаквост што се задоволува за сите валидни) вредности на буквите вклучени во него. За идентитети се користат знаци

Задачи на кореспондентна тура по математика за 9 одделение, учебна 2014/2015 година. година, прво ниво на тежина Задача 1 Реши ја равенката: (x+3) 63 + (x+3) 62 (x-1) + (x+3) 61 (x-1) 2 + + (x-1) 63 = 0 Одговор: -1 Задача 2 Збир

Училишен камп 57 јули 06 Неравенки (забелешки) Дмитриева А, Јонов К Час 1 Едноставни неравенки Неравенки за просеци Задача Докажи ја неравенката x + 4y + 9z 4xy + 6yz + 6zx Решение: x + 4y + 9z

Министерство за образование на Московскиот регион Државна буџетска образовна институција за високо професионално образование на Московскиот регион „Меѓународен универзитет за природа, општество и

Меѓурегионална олимпијада за ученици „Висок тест“, 2017 МАТЕМАТИКА, етапа 2 стр 1/11 Решенија и критериуми за оценување задачи на олимпијадата 8-1 Најди ги сите природни броеви n од 1 до 100 такви што ако множиш

Министерство за образование и наука на Руската Федерација Московски институт за физика и технологија (Државен универзитет) Кореспонденција Школа за физика и технологија МАТЕМАТИКА Идентични трансформации. Решение

Предавање 7 Поглавје. Системи на линеарни неравенки Основни поими Системи на линеарни неравенки се користат за решавање на различни математички задачи. Систем на линеарни неравенки со непознат систем

Ретко кога Олимпијадата поминува без проблеми кои бараат докажување на одредена нееднаквост. Алгебарските неравенки се докажани со користење на различни методи кои се засноваат на еквивалентни трансформации и својства на нумерички неравенки:

1) ако a – b > 0, тогаш a > b; ако а – б

2) ако a > b, тогаш b a;

3) ако а

4) ако а

5) ако a 0, тогаш ac

6) ако п.н.е. a/c > b/c ;

7) ако 1

8) ако 0

Да се потсетиме на некои придружни неравенки кои често се користат за докажување на други неравенки:

1) a 2 > 0;

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

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

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

5) ако a > b > 0, тогаш 1/a

6) ако a > b > 0 и x > 0, тогаш a x > b x, особено, за природно n > 2

a 2 > b 2 и n √ a > n √ б;

7) ако a > b > 0 и x

8) ако x > 0, тогаш грев x

Многу проблеми на ниво на Олимпијада, а не само нееднаквости, ефективно се решаваат со помош на некои посебни нееднаквости со кои учениците често не се запознаени. Тие, пред сè, вклучуваат:

неравенство помеѓу аритметичката средина и геометриската средина на позитивните броеви (неравенка на Коши):

Неравенка на Бернули:

(1 + α) n ≥ 1 + nα, каде α > -1, n – природен број;

Нееднаквост Коши-Бунјаковски:

(а 1 b 1 + a 2 b 2 + . . . + a n b n) 2 ≤ (a 1 2 + a 2 2 + . . . );

Најпопуларните методи за докажување на нееднаквости вклучуваат:

доказ за нееднаквости врз основа на дефиниција;
метод на избор на квадрат;
метод на последователни проценки;
метод на математичка индукција;
употреба на посебни и класични неравенки;
употреба на елементи на математичка анализа;
употреба на геометриски размислувања;
идеја за зајакнување итн.

Проблеми со решенија

1. Докажете ја нееднаквоста:

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 за x > 0, y > 0.

а) Имаме

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

што е очигледно.

б) Неравенството што се докажува по множење на двете страни со 2 добива форма

2а 2 + 2б 2 + 2 > 2ab + 2a + 2b,

или

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

или

(а – б) 2 + (а – 1) 2 + (б – 1) 2 > 0,

што е очигледно. Еднаквоста се јавува само кога a = b = 1.

в) Имаме

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. Докажете ја нееднаквоста:

А)	а	+	б		>	2 за a > 0, b > 0;
	б		а

б)	Р	+	Р	+	Р		> 9, каде што a, b, c се страните и P е периметарот на триаголникот;
	а		б		в

в) ab(a + b – 2c) + bc(b + c – 2a) + ac(a + c – 2b) > 0, каде што a > 0, b > 0, c > 0.

а) Имаме:

а	+	б	– 2 =	a 2 + b 2 – 2ab	=	(а – б) 2		> 0.
б		а		ab		ab

б ) Доказот за оваа нееднаквост произлегува едноставно од следната проценка:

b+c	+	a+c	+	a+b	=
а		б		в

= (

) + (

) > 6,

Се постигнува еднаквост за рамностран триаголник.

в) Имаме:

ab(a + b – 2c) + bc(b + c – 2a) + ac(a + c – 2b) =

= abc (

– 2 +

– 2 ) =

= abc ((

– 2) + (

– 2) ) > 0,

бидејќи збирот на два позитивни реципрочни броја е поголем или еднаков на 2.

3. Докажете дека ако a + b = 1, тогаш важи неравенката a 8 + b 8 > 1 / 128.

Од условот a + b = 1, произлегува дека

a 2 + 2ab + b 2 = 1.

Да ја додадеме оваа еднаквост на очигледната нееднаквост

a 2 – 2ab + b 2 > 0.

Добиваме:

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

4a 4 – 8a 2 b 2 + 4b 2 > 0,

добиваме:

8а 4 + 8б 4 > 1, од каде 64a 8 + 128a 4 b 4 + 64b 4 > 1.

Додавање на оваа нееднаквост на очигледната нееднаквост

64a 8 – 128a 4 b 4 + 64b 4 > 0,

добиваме:

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

4. Уште повеќе e e · π πили д 2π?

Размислете за функцијата f(x) = x – π ln x . Затоа што f'(x) = 1 – π/x , и лево од точката X = π f'(x) 0 , и од десната страна - f'(x) > 0, Тоа f(x)има најмала вредност во точката X = π . Така f(е) > f(π), тоа е

e – π ln e = e – π > π – π ln π

или

д + π ln π > 2π .

Од тука го добиваме тоа

д e + π ln π > д 2π,

неа· д π ln π > д 2 π ,

e e · π π > д 2π.

5. Докажете го тоа

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

Користејќи ги својствата на логаритмите, лесно е да се намали оваа неравенка на еквивалентна неравенка:

(n + 1) n > n!,

каде n! = 1 · 2 · 3 · . . . · n (n-факториелно). Покрај тоа, постои систем на очигледни нееднаквости:

n + 1 > 1,

n + 1 > 2,

n + 1 > 3,

. . . . .

n + 1 > n,

откако ќе ги помножиме член по член, директно добиваме дека (n + 1) n > n!.

6. Докажете дека 2013 2015 · 2015 2013 година

Ние имаме:

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

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

Очигледно, можеме да добиеме и општ исказ: за кој било природен број n неравенката

(n – 1) n +1 (n + 1) n –1

7. Докажи дека за кој било природен број n важи следнава неравенка:

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

Да ја процениме левата страна на неравенката:

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. Нека 1 2, a 2 2, a 3 2, . . . , а n 2 се квадрати на n различни природни броеви. Докажете го тоа

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

Нека најголемиот од овие броеви е m. Потоа

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

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

бидејќи на десната страна се додаваат множители помали од 1.Ајде да ја пресметаме десната страна со факторинг на секоја заграда:

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

m+1

2 2 · 3 2 · 4 2 · . . . m 2

Отворајќи ги заградите на левата страна, ја добиваме сумата

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) + . . . + а 1 а 2 . . . a n.

Збирот на броевите во втората заграда не надминува (a 1 + . . . . . + a n) 2, збирот во третата заграда не надминува (a 1 + . . . . . + a n) 3 итн. Ова значи дека целиот производ не надминува

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

Метод 2.

Користејќи го методот на математичка индукција, докажуваме дека за сите природни n е точно следнава неравенка:

(1 + а 1) . . . (1 + а n)

За n = 1 имаме: 1 + a 1 1 .

Нека важи следново за n = k:(1 + а 1) . . . (1 + ак) 1 + . . . +а к).

Размислете за случајот n = k +1:(1 + а 1) . . . (1 + a k ) (1 + a k +1 )

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

1 + 2 (a 1 + . . + a k + a k +1 ).

Врз основа на принципот на математичка индукција, нееднаквоста се докажува.

10. Докажете ја нееднаквоста на Бернули:

(1 + α) n ≥ 1 + nα,

каде α > -1, n е природен број.

Да го користиме методот на математичка индукција.

За n = 1 ја добиваме вистинската неравенка:

1 + α ≥ 1 + α.

Да претпоставиме дека важи следнава неравенка:

(1 + α) n ≥ 1 + nα.

Да покажеме дека тогаш се одвива и

(1 + α) n + 1 ≥ 1 + (n + 1)α.

Навистина, бидејќи α > -1 имплицира α + 1 > 0, тогаш множење на двете страни на неравенката

(1 + α) n ≥ 1 + nα

на (а + 1), добиваме

(1 + α) n (1 + α) ≥ (1 + nα) (1 + α)

или

(1 + α) n + 1 ≥ 1 + (n + 1) α + nα 2

Бидејќи nα 2 ≥ 0, затоа,

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

Така, според принципот на математичка индукција, неравенката на Бернули е вистинита.

Проблеми без решенија

1. Докажете ја нееднаквоста за позитивните вредности на променливите

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

2. Докажи дека за секој a важи неравенството

3(1 + a 2 + a 4) ≥ (1 + a + a 2) 2.

3. Докажи дека полиномот x 12 – x 9 + x 4 – x+ 1 е позитивен за сите вредности на x.

4. За 0 e докажете ја неравенството

(д+ x) д– x > ( д– x) д+ x.

5. Нека a, b, c се позитивни броеви. Докажете го тоа

a+b

b+c

a+c

≤

Овде воведуваме алгебарско толкување на односите „поголемо од“ и „помалку од“, што е илустрирано на координатната линија и се разгледува нејзината примена за докажување на неравенки. Овде, на учениците им се покажува како алгебарски да ги докажат својствата на неравенките кои се проучувани во поглавјето, претходно тие беа геометриски оправдани.

Докажувањето нееднаквости е доста тежок материјал за учениците, па во зависност од нивото на подготовка на часот, треба да се разгледува со различен степен на комплетност.

Посебна карактеристика на проблемите за докажување на нееднаквости е можноста за нивно решавање на различни начини. Затоа, препорачливо е да се прикажат неколку опции за докажување на нееднаквости со цел да се прошири способноста на учениците да решаваат проблеми.

Постојат два главни начини за докажување на нееднаквостите:

1) врз основа на составување на разликата помеѓу десната и левата страна на нееднаквоста и последователна споредба на оваа разлика со нула;
2) премин од една во друга неравенка, еквивалентна на неа, врз основа на својствата на неравенките.

И двете патеки се еднакви. Но, треба да ја осигурате точноста на вашите записи и во двата случаи. Потребно е да им се објасни на учениците дека доколку се избере првиот пат на решение, тогаш по составувањето на разликата се вршат трансформации на овој израз, кои може да се напишат како синџир со знакот „=“. Добиениот израз се споредува со нула и, врз основа на ова, се донесува заклучок за првичната неравенка. Ако се избере вториот пат, тогаш се запишува низа од еквивалентни неравенки (како кога се решава неравенство), и се донесува заклучок за последниот - дали е точно или не. Еве како, на пример, може да изгледа дизајнот на решение за вежба во двата случаи.

Докажи ја неравенството a2 + b2 + 2 2 (a + b) .

Да ја надополниме разликата Поместете го 2 (a + b) налево

левата и десната страна на неравенката:

неравенки: 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 .точно, затоа,

(a - 1)2 + (b - 1)2 0, оригиналната неравенка е исто така вистинита:

затоа, a2 + b2 + 2 2 (a + b) .

нееднаквоста е докажана:

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

Имајте предвид дека „Задолжителна минимална содржина“ не вклучува доказ за нееднаквости. Затоа, соодветните вештини може да се сметаат како резултат на совладување на темата, но не и како конечен резултат од учењето. Во оваа насока, задачите за докажување на нееднаквости не се вклучени во испитот, а не треба да бидат вклучени во други завршни тестови.

Докажи дека за позитивни броеви p и q: p4 + q4 p3q + pq3.

Решение. Ајде да ја трансформираме разликата

p4 + q4 - (p3q + pq3).

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

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

Бидејќи p 0, q 0, потоа pq 0, p2 + pq + q2 0, дополнително, (p - q)2 0.

Производот на ненегативен и позитивен број е ненегативен, т.е. разликата за која станува збор е поголема или еднаква на нула. Затоа, за p 0, q 0 p4 + q4 p3q + pq3.

Докажи на различни начини дека ако a b 0, тогаш a2 + a b2 + b.

Решение. При докажување на нееднаквоста на вториот начин,

Да ја искористиме неравенката докажана во примерот: ако a и b се позитивни броеви и a b, тогаш a2 b2. А потоа, додавајќи ги неравенството a2 b2 и неравенката a b член по член, го добиваме она што ни треба.

3. Во кој случај туристот ќе го помине истото растојание побрзо: ако оди по хоризонтален пат со постојана брзина или ако половина од патот оди по угорницата со брзина 1 km/h помала од неговата брзина на хоризонтален пат. , а половина од растојанието - од планината со брзина 1 km/h поголема отколку на хоризонтален пат?

Решение. Да ја означиме брзината на турист на хоризонтален пат со буквата x и да го земеме растојанието како 1. Проблемот се сведува на споредување изрази

1 и ___1___ + ___1___

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

Да ја направиме нивната разлика и да ја трансформираме, тоа го добиваме

што значи дека во такви услови времето на патување на хоризонтален пат е помало отколку на пат со искачување и спуштање.

Методи за докажување на нееднаквости.

Решавање на неравенки. Еквивалентни неравенки.

Метод на интервал. Системи на нееднаквости.

Доказ за нееднаквости. Постојат неколку методи за докажувањенееднаквости. Ќе ги погледнеме користејќи го примерот на нееднаквост:

Каде а - позитивен број.

1). Користење на позната или претходно докажана нееднаквост.

Познато е дека ( а– 1 )² 0 .

2). Проценување на знакот на разликата помеѓу деловите на неравенството .

Размислете за разликата помеѓу левата и десната страна:

Згора на тоа, еднаквоста се јавува само когаa = 1 .

3). Доказ со контрадикторност.

Да го претпоставиме спротивното:

а, добиваме: а 2 + 1 < 2 а, т.е.

а 2 + 1 – 2 а < 0 , или ( а– 1 ) 2 < 0, што не е точно. (Зошто?).

Произлезената противречност ја докажува валидноста на

Нееднаквоста во прашање.

4). Метод на неопределена неравенка.

Неравенството се нарекува неизвеснаако има знак\/ или /\ ,

тие. кога не знаеме по кој патовој знак треба да се сврти

да се добие правична нееднаквост.

Овде важат истите правила какои со обични нееднаквости.

Размислете за недефинираната нееднаквост:

Множење на двете страни на неравенката соа, добиваме: а 2 + 1 \/ 2 а, т.е.

А 2 + 1 – 2 а \/ 0 , или ( а– 1) 2 \/ 0 , но овде веќе знаеме како да се свртиме

Пријавете се \/ за да ја добиете точната нееднаквост (Како?). Вртејќи го

Во вистинската насока по целиот синџир на нееднаквости од дното кон врвот, ние
ја добиваме потребната нееднаквост.

Решавање на неравенки. Се нарекуваат две неравенки кои содржат исти непознати еквивалент , ако важат за истите вредности на овие непознати. Истата дефиниција се користи за еквивалентност на два системи на неравенки. Решавањето на неравенки е процес на преминување од една во друга неравенка која е еквивалентна на неравенство. За таа цел се користат основни својства на неравенки(цм. ). Дополнително, може да се користи замена на кој било израз со друг кој е идентичен со дадениот. Нееднаквостите може да бидат алгебарски(кои содржат само полиноми) И трансцендентален(на пример логаритамски илитригонометриски). Овде ќе разгледаме еден многу важен метод,често се користи при решавање алгебарскинееднаквости

Метод на интервал. Решете ја нееднаквоста: ( x – 3)( x – 5) < 2( x – 3). Овде не можеме да ги поделиме двете страни на нееднаквоста со (x – 3), бидејќи не го знаеме знакот на овој бином (го содржи непознатото x ). Затоа ќе презакажемесите членови на нееднаквоста на левата страна:

(x – 3)( x – 5) – 2( x – 3) < 0 ,

ајде да го факторизираме:

(x – 3)( x – 5 – 2) < 0 ,

и добиваме: ( x – 3)( x – 7) < 0. Теперь определим знак произведения в левой части неравенства в различных числовых интервалах. Заметим, что x= 3 и x = 7 - корени на овој израз. Затоа, целата нумеричка линија ќе биде поделена со овиекорени во следните три интервали:

Во интервалот Јас(x < 3 ) и двата фактори се негативни, значи, нивни работа позитивно; Винтервал II (3 < x< 7 ) првиот множител(x– 3 ) е позитивен, а вториот ( x - 7 ) е негативен, па нивните работа негативен; во интервалотIII(x> 7) двата фактори се позитивни, па затоа и нивните работа исто така позитивно. Сега останува само да го избереме интервалот во кој нашиот производ негативен. Ова е интервалотII, значи, решението на неравенството: 3 < x< 7. Последен израз- т.н двојна нееднаквост. Тоа значи декаx мора да биде и поголемо од 3 и помало од 7.

ПРИМЕР Решете ја следнава неравенка со методот на интервал:

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

Решение Корените на левата страна на неравенката се очигледни: 1, 2, 3, ..., 100.

Тие ја делат бројната линија на 101 интервали:

Бидејќи бројот на загради на левата страна дури(еднакво 100), тогаш

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

Позитивно. При минување низ коренот доаѓа до промена

Знак на работата. Затоа, во следниот интервал, внатре

Кој производ е позитивен, ќе биде (2, 3), потоа (4, 5),

Потоа (6, 7), ... , (98, 99) и на крајот, x >100.

Така, оваа нееднаквост има решение:

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

Значи, да се реши алгебарска неравенка, Треба да го преместам сето тоачленови лево (илидесна страна) и решисоодветната равенка.По нацртајте ги пронајдените корени на оската на бројот; како резултат на тоа, тој е поделен на одреден број интервали. Во последната фаза од решението, треба да одредите каков знак има полиномот во секој од овие интервали и да ги изберете потребните интервали во согласност со знакот на неравенството што се решава.

Забележете дека повеќето трансцендентални неравенки се сведуваат на алгебарска нееднаквост со замена на непознатото. Мора да се реши во однос на новата непозната, а потоа, со обратна замена, да се најде решение за првобитната нееднаквост.

Системи на нееднаквости. За да се реши систем на неравенки, потребно е да се реши секој од нив и да се комбинираат нивните решенија. Оваа комбинација води до еден од двата можни случаи: или системот има решение или нема.

Пример 1. Решете го системот на неравенки:

Решение Решение на првата неравенка:x < 4 ; а второго: x > 6.

Така, овој систем на нееднаквости нема решение.

(Зошто?)

Пример 2. Решете го системот на неравенки:

Решение: Првата неравенка, како и досега, дава:x < 4; но решение

Втората нееднаквост во овој пример:x > 1.

Така, решението на системот на неравенки: 1< x < 4.

На семинарот на координаторите на Олимпијадата „Кенгур“, Вјачеслав Андреевич Јасински одржа предавање за тоа како да ги докаже симетричните неравенки на Олимпијадата користејќи свој метод на разлики на променливите.

Навистина, на математичките олимпијади често има задачи за докажување нееднаквости, како што е, на пример, оваа од Меѓународната олимпијада по математика во 2001 година: $\frac(a)(\sqrt(a^2+8bc))+\frac(b )( \sqrt(b^2+8ac))+\frac(c)(\sqrt(c^2+8ab))\geq 1$ (за позитивни a,b,c).

Обично, за да се докаже нееднаквоста на Олимпијадата, таа мора да се сведе на една од основните: Коши, Коши-Бунјаковски, Јенсен, нееднаквост меѓу средствата итн. Покрај тоа, честопати треба да пробате различни верзии на основната нееднаквост пред да постигнете успех.

Меѓутоа, честопати нееднаквостите на Олимпијадата (како онаа погоре) имаат една карактеристика. Кога ќе ги преуредите променливите (на пример, замена на a со b, b со c и c со a), тие нема да се променат.

Ако функцијата од неколку променливи не се менува со какво било преуредување, тогаш таа се нарекува симетрична. За симетрична функција ѓод три променливи важи еднаквоста:
ѓ(x,y,z)= ѓ(x,z,y)= ѓ(y,x,z)= ѓ(y,z,x)= ѓ(z , x , y )= ѓ(z, y, x)

Ако функцијата не се менува само кога променливите се циклично преуредени, таа се нарекува циклична.
ѓ(x,y,z)= ѓ(y,z,x)= ѓ(z, x, y)

За неравенки кои се конструирани врз основа на симетрични функции, Вјачеслав Андреевич разви универзален метод на докажување.
Методот се состои од следните чекори.
1. Трансформирајте ја неравенката така што лево ќе има симетричен полином (да го означиме D) и 0 десно.

2. Изрази го симетричниот полином D во променливите a, b, c во однос на основните симетрични полиноми.

Постојат три основни симетрични полиноми во три променливи. Ова:
p = a+b+c - збир;
q = ab+bc+ac - збир на парни производи;
r = abc - производ.

Секој симетричен полином може да се изрази во однос на базни полиноми.

3. Бидејќи полиномот D е симетричен, можеме, без губење на општоста, да претпоставиме дека променливите a, b, c се подредени на следниов начин: $a\geq b\geq c$

4. Воведуваме два ненегативни броја x и y, така што x = a-b, y = b-c.

5. Повторно преобразете го полиномот D, изразувајќи ги p, q и r во однос на c и x, y. Тоа го земаме предвид
b = y+c
a = (x+y)+c

Потоа
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

Ве молиме имајте предвид дека не отвораме загради во изразите што содржат x и y.

6. Сега го сметаме полиномот D како полином во c со коефициенти изразени во однос на x и y. Земајќи ја предвид ненегативноста на коефициентите, излегува дека е лесно да се покаже дека знакот за нееднаквост ќе се зачува за сите дозволени вредности на c.

Дозволете ни да го објасниме овој метод со примери.
Пример 1. Докажете ја нееднаквоста:
$(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)$

Доказ
Бидејќи неравенката е симетрична (не се менува со никаква пермутација на променливите a, b, c), ја прикажуваме како
$(a+b+c)^2 - 3(ab+bc+ac)\geq 0$

Да го изразиме полиномот од левата страна во однос на основните симетрични:
$p^2 - 3q\geq 0$

Бидејќи полиномот е симетричен, можеме да претпоставиме, без губење на општоста, дека $a\geq b\geq c$ и $x = a-b\geq 0$, $y = b-c\geq 0$.

стр 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

Откако ќе донесеме слични, добиваме неравенка која воопшто не содржи променлива со
$(x+2y)^2-3(x+y)y\geq 0$

Сега можете да ги отворите заградите
$x^2+4xy+4y^2-3xy-3y^2\geq 0$
$x^2+xy+y^2\geq 0$ - што е точно и за негативни x, y и за било кој.

Така, нееднаквоста се докажува.

Пример 2(од британската математичка олимпијада од 1999 година)
Докажете дека $7(ab+bc+ac)\leq 2+9abc$ (за позитивни броеви, ако a+b+c = 1)

Доказ
Пред да почнеме да намалуваме сè на левата страна, да забележиме дека степените на деловите на нееднаквоста не се избалансирани. Ако во Пример 1 двете страни на неравенката биле полиноми од втор степен, тогаш овде полиномот од вториот степен се споредува со збирот на нулата и третиот полином. Го користиме фактот дека збирот a+b+c по услов е еднаков на 1 и ја множиме левата страна со едно, а двете од десната страна со една коцка.

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

Сега да преместиме сè налево и да ја замислиме левата страна како симетричен полином од a, b, c:
$7(ab+bc+ac)(a+b+c)- 2(a+b+c)^3-9abc\leq 0$

Да ја изразиме левата страна во однос на основните симетрични полиноми:
$7qp- 2p^3-9r\leq 0$

Да ја изразиме левата страна во однос на x, y и c, прикажувајќи ја како полином во однос на 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

Главната работа е да се извршат трансформациите внимателно и внимателно. Како што рече Вјачеслав Андреевич, ако направи трансформации и некој му го одвлече вниманието, го фрла листот со формулите и почнува повторно.

За погодност за намалување на сличните во финалниот полином, тие се означени во различни бои.

Сите термини со c 3 ќе бидат уништени: 63c 3 -54c 3 -9c 3 = 0
Истото ќе се случи и со вториот степен со: 21 (x+2y)c 2 +42 (x+2y)c 2 -54 (x+2y)c 2 -9 (x+2y)c 2 = 0

Да ги трансформираме поимите со прв степен со: 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 )в - овој израз никогаш нема да биде позитивен.

И слободни термини: 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 овој израз исто така.

Така, првобитната неравенка секогаш ќе биде задоволена, а таа ќе се претвори во еднаквост само ако a=b=c.

На своето предавање, Вјачеслав Андреевич разговараше за многу поинтересни примери. Обидете се да го користите овој метод за да ги докажете нееднаквостите на Олимпијадата. Можеби тоа ќе ви помогне да добиете неколку вредни поени.