Mifano ya uthibitisho wa kutofautiana kwa usawa. Programu ya moduli "Njia za kudhibitisha usawa" - Programu

Nakala

1 CHUO KIKUU CHA FETROZAVODSK KITIVO CHA HISABATI NA TEKNOLOJIA YA HABARI Idara ya Jiometri na Topolojia Elizaveta Sergeevna Khaltsenen Kazi ya mwisho ya kufuzu kwa shahada ya kwanza Mbinu za kuthibitisha ukosefu wa usawa Mwelekeo: "0.03.0" "Mathematics, Doctors ad.cientif.Profesa wa Sayansi" Sayansi, Platonov S.S. (saini ya meneja) Petrozavodsk

2 Yaliyomo Utangulizi...3 Kukosekana kwa usawa kwa Jensen Kubadilisha usawa Kukosekana kwa usawa kwa Karamata Kutatua matatizo ili kuthibitisha ukosefu wa usawa...3 Marejeleo.

3 Utangulizi Mbinu ni seti ya vitendo vya kufuatana vinavyolenga kutatua aina mahususi ya tatizo. Njia za kuthibitisha usawa katika kazi hii zinalenga kutafuta suluhisho lisilo la kawaida kwa usawa ambao una fomu fulani. Kutumia njia hizo, suluhisho hupunguzwa kwa kiasi kikubwa. Matokeo yake ni sawa, lakini kiasi cha kazi ni kidogo. Lengo la kazi ya mwisho ilikuwa kujifunza aina tatu za kutofautiana kwa msaada ambao wengine wengi wanaweza kuthibitishwa kwa urahisi. Hizi ni ukosefu wa usawa wa Jensen, usawa wa mabadiliko, ukosefu wa usawa wa Karamata. Ukosefu huu wote ni mzuri wa hisabati; kwa msaada wa usawa huu unaweza kutatua kutofautiana kwa shule. Mada hii inafaa. Kwa maoni yangu, inaweza kuwa na manufaa kwa watoto wa shule, ikiwa ni pamoja na kuboresha ujuzi wao katika uwanja wa hisabati. Kwa kuwa mbinu hizo si za kawaida, nadhani wanafunzi walio na mwelekeo wa hisabati wangeziona kuwa za manufaa na za kufurahisha. Kazi ni kutafuta na kutatua kutofautiana kwa mada kutoka kwa fasihi iliyopendekezwa. Kazi hiyo ina aya nne. Sehemu inaelezea ukosefu wa usawa wa Jensen, inatoa uthibitisho na ufafanuzi wake msaidizi. Sehemu ya 2 ina ukosefu wa usawa wa mabadiliko, kesi zake maalum na usawa wa jumla wa mabadiliko. Katika aya ya 3, ukosefu wa usawa wa Karamata hauna uthibitisho. Kifungu cha 4 ni kazi kuu ya kazi ya mwisho, i.e. uthibitisho wa ukosefu wa usawa kwa kutumia ukosefu wa usawa wa Jensen, usawa wa mabadiliko na ukosefu wa usawa wa Karamata.

4 . Ufafanuzi wa ukosefu wa usawa wa Jensen. Sehemu ndogo ya ndege inaitwa convex ikiwa pointi mbili za seti fulani zinaweza kuunganishwa na sehemu ambayo itakuwa kabisa katika seti hii. Ufafanuzi 2. Acha f(x) ifafanuliwe kwa muda fulani. Seti ya pointi zote (x, y) ambayo y f(x) inaitwa epigraph, ambapo x ni ya muda fulani. Seti ya pointi (x,y) ambayo y f(x) inaitwa taswira ndogo. Ufafanuzi 3. Fikiria chaguo la kukokotoa kwa muda fulani. Chaguo za kukokotoa huitwa convex ikiwa kwa muda huu epigrafu yake ni seti mbonyeo. Chaguo za kukokotoa huitwa concave ikiwa sehemu yake ndogo ni seti mbonyeo. Kigezo cha kukokotoa (concavity) ya chaguo za kukokotoa. Ili kitendakazi y = f(x), kinachoweza kutofautishwa kwa muda (a, b), kuwa mbonyeo (concave) kwenye (a, b), ni muhimu na inatosha kwamba derivative yake f huongezeka (hupungua) kwa muda (a , b). Kigezo cha 2 cha kukokotoa (concavity) ya chaguo za kukokotoa. Ili kitendakazi y = f(x), kiweze kutofautishwa mara mbili kwa muda (a, b), kuwa mbonyeo (concave) kwenye (a, b), ni muhimu na inatosha kwamba f (x) 0(f () x) 0 ) kwa pointi zote x (a, b) Ufafanuzi 4. Kiini cha wingi wa pointi A(x, y) na B(x 2, y 2) ni nukta C(x, y) inayomilikiwa na sehemu hiyo. AB, kiasi kwamba AC = m B, ambapo m BC m B ni wingi A wa uhakika B na m A ni wingi wa uhakika A. Katika fomu ya vekta, katikati ya molekuli hupatikana kama ifuatavyo: vekta ya radius ya katikati ya wingi: ambapo r i ni vector ya radius ya pointi A na B, i =,2. Katika kuratibu: 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 Acha C AB iwe kitovu cha wingi wa pointi A na B. Ikiwa U ni sehemu ndogo ya ndege na pointi A na B ni za U, basi C AB ni ya U, kwa kuwa C AB ni ya sehemu ya AB. Acha A, A 2 A ziwe pointi za kiholela kwenye ndege yenye wingi wa m, m 2, m. Katikati ya molekuli C A, A 2 A ya mfumo wa pointi A, A 2 A imedhamiriwa na induction na :) Katika = 2 katikati ya molekuli C A A 2 ya mfumo wa pointi A, A 2 tayari imedhamiriwa. Tutafikiri kwamba hatua C A A 2 ina wingi m + m 2 2) Hebu tuchukue kwamba kwa mfumo wa pointi A, A 2 A katikati ya molekuli c A, A 2 A tayari imedhamiriwa. Hebu tuonyeshe katikati ya wingi wa pointi A, A 2 A na B na kudhani kuwa wingi wa uhakika B ni sawa na m B = m + m m. Kwa ufafanuzi, tunadhani C A, A 2 A = C BA, i.e. katikati ya wingi wa mfumo wa pointi A, A 2 A, A ni sawa na katikati ya wingi wa pointi mbili B na A. Tutafikiri kwamba wingi wa hatua C A, A 2 A ni sawa na m B + m. = m + m m. Kutoka kwa ufafanuzi wa katikati ya misa inafuata kwamba ikiwa pointi zote A, A 2 A ni za seti ya convex U, basi katikati yao ya molekuli pia ni ya U. Lemma. Acha A, A 2 A ziwe pointi kwenye ndege yenye wingi wa m, m 2, m na iwe vekta ya radius ya uhakika A i, i =,. Ikiwa C ni katikati ya wingi wa mfumo wa pointi A, A 2 A, basi vector ya radius r C ya uhakika C inaweza kuhesabiwa kwa kutumia formula Uthibitisho. r C = m r +m 2 r 2 + +m r m +m 2 + +m (2) Tutathibitisha fomula (2) kwa kuingizwa kwenye. Kwa = 2, fomula tayari imethibitishwa (tazama fomula ()). Hebu tuchukulie kwamba fomula (2) tayari imethibitishwa kwa (). Hebu B iwe katikati ya wingi wa mfumo wa pointi A, A 2 A. Kisha - 5 -

6 r B = m r + m 2 r m r m + m m, wingi wa uhakika B ni sawa na m B = m + m m. Kwa ufafanuzi, katikati ya molekuli C ya mfumo wa pointi A, A 2 A inafanana na katikati ya wingi wa jozi ya pointi B na A. Vector ya radius ya uhakika C imehesabiwa na formula () r C = m. Br B + m r m B + m = m r + m 2 r m r m + m m ambayo inathibitisha formula (2) kwa pointi. Katika kuratibu, fomula (2) ina fomu: 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 "Nadharia ya Jensen. Acha y = f(x) iwe kitendakazi cha mbonyeo kwa muda fulani, x, x 2, x ni nambari kutoka kwa muda huu; m, m 2, m ni nambari chanya zinazokidhi hali ya m + m =. Kisha kutokuwepo kwa usawa kwa Jensen kunashikilia: f(m x + m 2 x m x) m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f(x) Ikiwa chaguo za kukokotoa y = f(x) ni concave kwa muda fulani, x, x 2 , x - nambari kutoka kwa muda huu; m, m 2, m ni nambari nzuri ambazo pia zinakidhi hali ya m + m =. Kisha ukosefu wa usawa wa Jensen una fomu: f(m x + m 2 x m x) m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f(x)" Uthibitisho: Zingatia chaguo la kukokotoa f(x) convex kwenye muda (a, b) . Kwenye grafu yake, fikiria pointi A, A 2, A na basi A i = (x i, y i), y i = f (x i). Hebu tuchukue raia wa kiholela m, m 2, m kwa pointi A, A 2, A, ili m + m m =. Kutoka kwa ukweli kwamba f(x) ni kitendakazi cha koni hufuata kwamba - 6 -

7 kwamba epigrafu ya chaguo za kukokotoa ni seti mbonyeo. Kwa hiyo, katikati ya wingi wa pointi A, A 2, A ni ya epigraph. Hebu tupate kuratibu za katikati ya wingi: 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) Kwa kuwa C ni ya epigraph, basi tunapata 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) Kwa kutumia ukosefu wa usawa wa Jensen, tunaweza kuthibitisha ukosefu wa usawa wa Cauchy: Kwa nambari zozote chanya a, a 2, a. , ukosefu wa usawa ufuatao unashikilia: (a + a) a a 2 a Hebu tuchukue logariti ya ukosefu wa usawa (3), na tupate usawa sawa (3) l (a +a 2 + +a) l(a a 2 a) ( 4) Kwa kutumia sifa za logariti, tunaandika upya ukosefu wa usawa (4) kwa namna : l (a +a +a 2 + +a) l a + l a l a (5) Kukosekana kwa usawa kunasababisha kesi maalum ya ukosefu wa usawa wa Jensen kwa kesi wakati f( x) = l(x), m = m 2 = = m =. Kumbuka kuwa chaguo la kukokotoa y = l(x) ni laini kwa muda (0, +), kwani y =< 0, поэтому неравенство (5) есть частный случай неравенства x2-7 -

8 Jensen kwa kitendakazi cha concave f(x) = l(x). Kwa kuwa ukosefu wa usawa (5) ni kweli, basi usawa sawa (3) pia ni kweli 2. Ukosefu wa usawa wa kubadilisha Ufafanuzi. Mawasiliano ya moja kwa moja kati ya seti ya nambari (,2,3,) na yenyewe inaitwa ruhusa ya vipengele. Wacha tuonyeshe idhini ya herufi σ (), σ (2), σ (3) σ () ni nambari, 2,3, kwa mpangilio tofauti. Fikiria seti mbili za nambari a, a 2, a na b, b 2, b. Seti a, a 2, a na b, b 2, b huitwa kwa mpangilio sawa ikiwa kwa nambari yoyote i na j, kutokana na ukweli kwamba a i a j inafuata kwamba b i b j. Hasa, nambari kubwa zaidi kutoka kwa seti a, a 2, a inalingana na nambari kubwa zaidi kutoka kwa seti ya b, b 2, b, kwa nambari kubwa ya pili kutoka kwa seti ya kwanza kuna nambari ya pili kubwa kutoka kwa seti ya pili, Nakadhalika. Seti a, a 2, a na b, b 2, b huitwa kwa mpangilio tofauti ikiwa, kwa nambari yoyote i na j, kutokana na ukweli kwamba a i a j inafuata kwamba b i b j. Inafuata kutoka kwa hii kwamba nambari kubwa kutoka kwa seti a, a 2, a inalingana na nambari ndogo kutoka kwa seti b, b 2, b, nambari ya pili kubwa kutoka kwa seti a, a 2, a inalingana na ya pili ndogo. nambari kutoka kwa kuweka b, b 2, b na kadhalika. Mfano.) Hebu seti mbili zitolewe hivi kwamba a 2 a na b b 2 b, kisha kulingana na ufafanuzi tuliotoa seti hizi zimepangwa kwa usawa. 2) Acha seti mbili zitolewe ili a 2 a na b b 2 b, katika hali ambayo seti za nambari a, a 2, a na b, b 2, b zitapangwa kinyume Kila mahali hapa chini, a, a 2. a na b, b 2 , b - nambari halisi chanya "Theorem. (Kutofautiana kwa usawa) Acha kuwe na seti mbili za nambari a, a 2, a na b, b 2, b. Acheni tuchunguze mengi ya vibali vyao mbalimbali. Kisha thamani ya usemi ni - 8 -

9 S = a b σ + a 2 b σ2 + + a b σ () itakuwa kubwa zaidi wakati seti a, a 2, a na b, b 2, b zimepangwa kwa usawa, na ndogo zaidi wakati a, a 2, a na b , b 2, b zimepangwa kinyume. Kwa vibali vingine vyote, jumla ya S itakuwa kati ya thamani ndogo na kubwa zaidi." Mfano. Kwa mujibu wa nadharia a b + b c + c a 3, kwa kuwa seti a, b, c na a, b, c imepangwa kinyume na thamani ya a + b b + c c = 3 itakuwa ndogo zaidi. Uthibitisho wa nadharia. Fikiria seti mbili za nambari: ya kwanza a, a 2, a na ya pili b, b 2, b. Wacha tufikirie kuwa seti hizi hazijaamriwa kwa njia ile ile. Kuna fahirisi i na k vile kwamba a i > a k na b k > b i. Wacha tubadilishane nambari b k na b i katika seti ya pili (mabadiliko haya yanaitwa "kupanga"). Kisha katika jumla S masharti a i b i na k b k yatabadilishwa na a i b k na k b i, na masharti mengine yote yatabaki bila kubadilika. Kumbuka kwamba 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 Nadharia 3. Fikiria seti mbili a, a 2, a 3 a na b, b 2, b 3 b vipengele vya seti hii ni chanya. Kisha thamani () a i + b σ(i) itakuwa kubwa zaidi wakati seti a, a 2, a 3 a na b, b 2, b 3 b zimepangwa kwa usawa na angalau zinapopangwa kinyume. Nadharia 2 na 3 ni kesi maalum za nadharia ya jumla zaidi, ambayo inajadiliwa hapa chini. Ukosefu wa usawa wa jumla wa mabadiliko “Nadharia ya 4 (Usawa wa jumla wa mabadiliko). Acha chaguo la kukokotoa f liwe endelevu na lifanane kwa muda fulani katika R. Kisha kwa seti zozote za nambari a, a 2, a 3 a na b, b 2, b 3 b kutoka kwa muda thamani ya usemi f (a + b) σ()) + f ( a 2 + b σ(2)) + f (a + b σ()) itakuwa kubwa zaidi wakati seti zimepangwa kwa usawa na ndogo zaidi wakati seti zimepangwa kinyume. Nadharia ya 5. Acha chaguo la kukokotoa f liendelee na libadilike kwa muda fulani katika R Kisha: thamani ya usemi f (a + b σ()) + f (a 2 + b σ(2)) + f (a + b σ()) itakuwa kubwa zaidi nambari zitakapopangwa kinyume na kuwa ndogo zaidi wakati seti a, a 2, a 3 a na b, b 2, b 3 b zimepangwa kwa usawa. Uthibitisho.") Fikiria kesi = 2. Acha kitendakazi f kiwe cha kukokotoa na kuna seti mbili a > a 2 na b > b 2. Tunahitaji kuthibitisha kwamba Hebu tuashiria f(a + b) + f(a 2 +) b 2) f(a + b 2) + f(a 2 + b) (2) x = a + b 2, k = a 2, m = b b 2. Kisha - 0 -

11 a + b 2 = x + k, a 2 + b = x + m, a + b = x + k + m, kwa hiyo kutofautiana (2) inachukua fomu f(x + k + m) + f(x + k ) f(x + k) + f(x + m) (3) Ili kuthibitisha ukosefu wa usawa, tutatumia kielelezo kinaonyesha grafu ya kitendakazi cha mbonyeo y = f(x) na pointi A(x , f(x)), C(x) zimetiwa alama kwenye jedwali + k, f(x + k)), D(x + m, f(x + m)), B (x + k + m, f (x + k + m)). na kuwasha Kutoka kwa mnyumbuliko wa kitendakazi f inafuata kwamba chord CD iko chini ya chord AB. Acha K iwe katikati ya chord CD, MZ katikati ya chord AB. Kumbuka kwamba abscissas ya pointi K na M ni sawa, tangu x k = 2 ((x + k) + (x + m)) = (2x + k + m) 2 x m = 2 (x + (x + k +) m) ) = (2x + k + m) 2 Kwa hiyo, pointi K na M ziko kwenye mstari wa wima sawa, ambayo ina maana kwamba y m y k. --

12 Kwa kuwa y m = (f(x) + f(x + k + m)) 2 y k = (f(x + k) + f(x + m)) 2 Hii inaashiria ukosefu wa usawa (3) na (2). Q.E.D. 2) Hebu > 2. Tuseme kwamba seti a, a 2, a 3 a na b, b 2, b 3 b hazijaamriwa kwa njia sawa, i.e. kuna fahirisi i na k vile kwamba a i > a k na 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 Ikiwa x, x 2, x ni nambari chanya, i= x i =, basi (,) (x, x 2, x) (,0,0,0, 0) “Nadharia (Kukosekana kwa Usawa wa Karamata) Hebu f: (a , b ) R, f ni kitendakazi cha mbonyeo x, x 2, x, y, y 2, y (a, b) na (x, x 2, x) (y, y 2, y), kisha f(x ) + f(x 2) + f(x) f(y) + f(y 2) + f(y). Ikiwa f ni kitendakazi cha concave, basi f(x) + f(x 2) + f(x) f(y) + f(y 2) + f(y).” Kwa uthibitisho, ona. 4. Kutatua matatizo ili kuthibitisha ukosefu wa usawa. Sehemu hii inachunguza matatizo mbalimbali ya kuthibitisha ukosefu wa usawa, ambayo suluhisho lake linaweza kutatuliwa kwa kutumia ukosefu wa usawa wa Jensen, utofauti wa mabadiliko, au ukosefu wa usawa wa Karamata. Zoezi. Thibitisha ukosefu wa usawa ambapo x, x 2, x > 0 Acha 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 Kisha inafuata kutokana na ukosefu wa usawa wa Jensen kwamba - 3 -

14 Hebu tuthibitishe kwamba i= + x i + x x 2 x + x +x 2 + +x Hii ni kweli ikiwa na ikiwa tu + x x 2 x + x + x x + x x 2 x x + x x x 2 x Na ukosefu wa usawa wa mwisho unaambatana na ukosefu wa usawa Cauchy. Kazi ya 2. Thibitisha kwamba kwa yoyote a, b > 0 ukosefu wa usawa ufuatao ni kweli: 2 a + b ab Hii ni sawa na ukosefu wa usawa 2ab a + b ab 2ab ab(a + b) 2 ab a + b nk. Kazi ya 3. Thibitisha kwamba kwa yoyote a, a 2, a > 0 ukosefu wa usawa ufuatao ni kweli: a 2 a a 2 a Ukosefu wa usawa unaweza kuandikwa upya kama: - 4 -

15 () (a a a 2 a 2 a) Hebu tufanye badala ya b i = a i, basi ukosefu wa usawa utachukua fomu: (b + b b) (b b 2 b) Kukosekana kwa usawa ni kweli, kwa sababu. Huu ni ukosefu wa usawa wa Cauchy. Kazi ya 4. Thibitisha kwamba kwa yoyote a, a 2, a > 0 kuna ukosefu wa usawa ufuatao: Zingatia ukosefu wa usawa kwa =3. a + a a + a a 2 a 3 a a a 2 + a 2 a 3 + a 3 a 3 Hebu tuashiria a a 2 = x, a 2 a 3 = y, a 3 a = z, xyz = x+y+z 3 3 xyz= -kweli Hebu tudokeze x = a a 2,x 2 = a 2 a 3,x = a, Kisha x x 2 x =. Kisha ukosefu wa usawa utachukua fomu: x + x x Ukosefu huu wa usawa unafuata kutoka kwa usawa wa Cauchy: h.t.d. Kazi 5. Thibitisha kwamba (x + x x) x x 2 x = si x + si x si x si x + x x, ambapo 0 x i π - 5 -

16 Kutokuwepo kwa usawa kunafuata kutokana na ukosefu wa usawa wa Jensen kwa kazi y = si x. Chaguo za kukokotoa y = si x ni concave kwenye muda (0, π), kwani 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 ukosefu wa usawa ni kweli: (a + a 2+ +a)(a + a) 2 Ukosefu wa usawa unaweza kuandikwa upya kama: hii ni sawa na ukweli kwamba (a + a) a + a a 2 a +a 2 + + a + a 2+ +a Zingatia kazi ya kukokotoa ya Jensen f(x) = x, tunapata usawa huu. na kutumia ukosefu wa usawa Kazi 7. Thibitisha kwamba kwa x, y, z > 0 ukosefu wa usawa x 5 + y 5 + z 5 x 3 y 2 + y 3 x 2 + z 3 x 2 ni kweli ukosefu wa usawa. Acha seti ya kwanza iwe na fomu ya Pili x 3, y 3, z 3, x 2, y 2, z 2 Usemi wa upande wa kushoto utakuwa mkubwa zaidi, kwa sababu. thamani ya usemi wa upande wa kushoto x 5 + y 5 + z 5 imeundwa na seti za nambari zilizopangwa sawa. Inafuata kutoka kwa hii kwamba thamani iliyopatikana - 6 -

17 kwa vibali vingine vyote si kubwa kuliko thamani iliyopatikana kwa mpangilio "sahihi zaidi" wa vigezo. Kazi ya 8. Thibitisha kwamba kwa x yoyote, y, z > 0 usawa ufuatao ni kweli: x + x 2 + y + y 2 + z + z 2 x + y 2 + y + z 2 + z + x 2 Tunaweza kudhani kwamba x y z. Acha a = x, a 2 = y, a 3 = z, b = + x 2, b 2 = + y 2, b 3 = + z 2 Seti a, a 2, a 3 na b, b 2, b 3 zimeagizwa kinyume, kwa hivyo, kwa usawa wa mabadiliko, jumla ya b + a 2 b 2 + a 3 b 3 ni ndogo zaidi kati ya hesabu, haswa, ni sawa na 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. Kazi ya 9. Thibitisha kwamba kwa yoyote a, a 2, a > 0 usawa ufuatao unashikilia: (+ a 2) (+ a 2 2) (+ a 2) (+ a 2 a 3 a) (+ a 2) ) (+ a) Zidisha kwa 2 a, tunapata (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 Hebu tuchukue logariti ya ukosefu wa usawa na tupate usawa sawa. 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.) Hebu tumia kukosekana kwa usawa kwa jumla kwa kitendakazi cha concave y = l x. Hebu a i = a i, b i = a i 2. Kisha seti b, b 2, b na a, a 2, a zimepangwa kwa usawa, hivyo l(b + a) + l(b 2 + a 2) + + l( b + a ) l(b + a 2) + l(b 2 + a 3) + + l(b + a), Ambayo inathibitisha kutofautiana (9.). Kazi 0. Thibitisha kwamba kwa chanya yoyote a, b, c a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ac (0.) Hebu b c.. Kwa kuwa seti (a, b, c) na (a, b , c) zimepangwa kwa usawa, lakini seti (a, b, c) na (b, c, a) hazijaagizwa kwa usawa, basi ukosefu wa usawa (0.) hufuata kutoka kwa usawa wa ubadilishaji. Zoezi. Thibitisha kwamba ikiwa xy + yz + zx =, basi Kutokuwa na Usawa (.) hufuata kutoka kwa Tatizo 0. Kazi ya 2. Thibitisha kwamba ikiwa a, b, c > 0, basi x 2 + y 2 + z 2 (.). (a + c)(b + d) ab + cd Kwa kuwa mzizi wa mraba ni mkubwa kuliko au sawa na sufuri, tunaweza mraba wa pande za kulia na kushoto. Tunapata: (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 -Kazi ya Kweli 3, 4. Thibitisha kwamba kwa yoyote a, a 2, a > 0 the kufuata usawa ni kweli: 3) a 2 + a a 2 (a +a 2 + a) 2 4)a 2 + a a 2 (3.) (4.) ambapo a + a 2 + a = Kutokuwa na usawa (4.) hufuata. kutoka (3.) na + a 2 + a =. Tutathibitisha ukosefu wa usawa (3.). Inaweza kubadilishwa kuwa umbo Au 2 + a a 2 (a + a 2 + a) 2 2 a 2 + a a 2 (a + a) Wacha tutumie ukosefu wa usawa wa Jensen kwa kazi ya mbonyeo f(x): f(q x + q 2 x 2 + q x) q f(x) + q 2 f(x 2) + q f(x), Ambapo 0 q i, q + q 2 + q =. Ikiwa tunachukua f(x) = x 2, q i =, i =,2, basi tunapata usawa (3.), nk. Kazi ya 5. Thibitisha kwamba kwa nambari yoyote asilia na kwa p yoyote, q usawa () 2 pq + ()(p + q) + ()pq + (5.) - 9 -

20 Hebu tubadilishe ukosefu wa usawa (5.) hadi umbo sawa: () 2 pq + ()(p + q) + ()pq + () 2 pq + ()(p + q) + ()pq 0 Kuleta sawa zile tunazopata: ( )[()pq + (p + q) pq] + 0 () () 0 () 0 () 0 daima, tangu -asili Tunathibitisha kwamba Kumbuka kwamba 0 (5.2) p + q pq = p(q ) (q) = (p)(q) Kwa kuwa p, q, kisha p 0, q 0, kwa hiyo, ukosefu wa usawa (5.2) ni kweli. Kazi ya 6. Kwa nambari zozote chanya x, y, z ukosefu wa usawa ufuatao unashikilia: Acha x y z xyz (y + z x)(z + x y)(x + y z) (6.))Kama y + z x< 0, то неравенство (6.) выполнено 2) Пусть все множители в правой части >0. Kisha ukosefu wa usawa (6.) ni sawa na usawa l x + l y + l z l (y + z x) + l(z + x y) + l(x + y z) Hebu f(x) = l x. Kwa kuwa 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 (tangu y z 0); (x + y z) + (x + z y) = 2x x + y (x + y z) + (x + z y) + (y + z x) = x + y + z Kwa kuwa kazi f(x) = l x ni concave , kisha kutokana na kutokuwa na usawa wa Karamata inafuata kwamba l(x + y z) + l(x + z y) + l(y + z x) = l x + l y + l z, ambayo inathibitisha kutofautiana (6.). Kazi ya 7. Thibitisha kwamba kwa yoyote a, b na c > 0 usawa ufuatao unashikilia: a 2 + b 2 + c ab + ac + bc a 2 + 2bc + b 2 + 2ac + c 2 + 2ab Hii ni sawa na ukweli kwamba Hebu a b c. a 2 + b 2 + c 2 + ab + ac + bc + ab + ac + bc Fikiria seti mbili za nambari 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) Tunahitaji kuthibitisha kwamba (7.) majorizes (7.2). Wacha tutumie ufafanuzi wa kukuza:) a 2 + b 2 + c 2 a 2 + 2bc (b c) 2 0-kweli 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 na (c a) 0, kisha (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 Sahihi. Kwa hivyo, seti ya nambari (7.) inakuza seti ya nambari (7.2). Kwa kutumia ukosefu wa usawa wa Karamata kwa chaguo za kukokotoa mbonyeo f(x) = x, tunapata ukosefu sahihi wa usawa wa asili. Kazi ya 8. Kwa a, b, c, d > 0, thibitisha kwamba ukosefu wa usawa 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 ni kweli 2 d 2 + c 2 d 2 Hebu b c d Fanya uingizwaji: x = l a, y = l b, z = l c, w = l d na uandike usawa wa awali katika fomu: 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 Fikiria seti mbili za nambari: (4x, 4y, 4z, 4w, x + y + z + w, x + y + z + w) na (2x + 2y, 2x + 2z, 2x + 2w, 2y + 2z, 2y + 2w, 2z + 2w) Hebu tuagize seti hizi: (4x, 4y, 4z, x + y + z + w, x + y + z + w, 4w) na (8.) Ya pili inabakia bila kubadilika: (2x + 2y, 2x + 2z, 2x + 2w, 2y + 2z, 2y + 2w, 2z + 2w) (8.2) Hebu tuthibitishe kwamba (8.) inaongeza (8.2)

23 ) 4x 2x + 2y, x y ni sahihi 2) 4x + 4y 4x + 2y + 2z,y z ni sahihi 3) 4x + 4y + 4z 4x + 2y + 2z + 2x + 2w y + z x + w Kwa kuwa seti zimeagizwa. kwa njia hii, kwamba 2x + 2w 2y + 2z I.e. x + w y + z, kisha kesi 3) inawezekana tu wakati 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 Sawa na kesi ya awali, ukosefu huu wa usawa ni sahihi kwa x + w = y + z 5) 4x + 4y + 4z + 2x + 2y + 2z + 2w 4x + 2y + 2z + 2x + 2w + 2y + 2z + 2y + 2w z w sahihi 6) 4x + 4y + 4z + 2x + 2y + 2z + 2w + 4w 4x + 2y + 2z + 2x + 2w + 2y + 2z + 2y + 2z + 2w 0 = 0 Kwa hivyo, seti (8.) inakuza seti ya nambari (8.2). Kwa kutumia ukosefu wa usawa wa Karamata kwa chaguo za kukokotoa f(x) = e x, tunapata usawa sahihi. Kazi ya 9. Kwa a, b, c > 0, thibitisha kwamba ukosefu wa usawa a 3 + b 3 + c 3 + abc 2 3 (a2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca) ni kweli.

24 Acha a b c Kuzidisha pande zote mbili za ukosefu wa usawa kwa 3, tunapata 3a 3 + 3b 3 + 3c 3 + 3abc 2 (a 2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca) 2 (9. ) Hebu tufanye uingizwaji : Na tunaandika usawa (9.) kwa fomu: 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 Fikiria seti mbili: (3x, 3x, 3x, 3y, 3y, 3y, 3z, 3z, 3z, x + y + z, x + y + z, x + y + z) na (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) Hebu tuagize seti hizi: (3x, 3x, 3x, 3y, 3y, 3y , x + y + z, x + y + z, x + y + z, 3z, 3z, 3z,) na (9.2) Hebu tuagize seti ya pili: 2x + y z + 2x y z kweli y + 2z 2z + x y x kweli Kwa hivyo, tunapata seti: (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) Inahitajika kuthibitisha kwamba seti ya nambari (9.2) inakuza seti ya nambari (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, kwa x = y tunapata kwamba 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 Wakati x = y tunapata kwamba y z 7) 9x + 9y + x + y + z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 2y + z , tunapata 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 2 ) 9x + 9y + 3x + 3y + 3z + 9z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 4y + 2z + 4z + 2x + 4z + 2y 2x + 2y + 2z = 2x + 2y + seti 2z Hivyo, ya nambari (9.2) inakuza seti ya nambari (9.3) na kwa ukosefu wa usawa wa Karamata kwa chaguo za kukokotoa f(x) = e x tunapata usawa sahihi

26 Marejeo) Yu.P. Soloviev. Kutokuwa na usawa. M.: Nyumba ya kuchapisha ya Kituo cha Moscow cha Elimu ya Kuendelea ya Hisabati 2005. 6 p. 2) I.Kh. Sivashinsky. Kutokuwepo kwa usawa katika matatizo M.: Nauka, p. 3) A.I. Karibu na ukosefu wa usawa wa Kimongolia, Mat. mwangaza, kijivu 3, 7, MTsNMO, M., 2003, p. 4) L.V. Radzivilovsky, Ujumla wa usawa wa mabadiliko na usawa wa Kimongolia, Mat. mwangaza, kijivu 3, 0, Nyumba ya uchapishaji MTsNMO, M., 2006, p. 5) V.A.ch Kretschmar. Kitabu cha shida cha algebra. Toleo la tano M., sayansi, uk. 6) D. Nomirovsky Karamata usawa /D. Nomirovsky // (Kvant)-S

Seti mbonyeo na vitendakazi R n ni seti ya seti za n nambari halisi. Katika kile kinachofuata, tutaita seti hii kuwa nafasi;

Masharti ya kazi 1 Hatua ya Manispaa daraja la 8 1. Nambari mbili zimeandikwa ubaoni. Mmoja wao aliongezeka kwa mara 6, na mwingine alipunguzwa kwa 2015, wakati jumla ya idadi haikubadilika. Tafuta angalau jozi moja kati ya hizi

Sura ya IX. Euclidean na nafasi za umoja 35. Bidhaa ya nukta katika nafasi ya vekta Chuo Kikuu cha Shirikisho cha Ural, Taasisi ya Hisabati na Sayansi ya Kompyuta, Idara ya Aljebra na Discrete

Chuo Kikuu cha Shirikisho la Ural, Taasisi ya Hisabati na Sayansi ya Kompyuta, Idara ya Aljebra na Hisabati Maalum Maelezo ya Utangulizi Wakati wa kutatua shida nyingi, inakuwa muhimu kuwa na nambari.

Kutatua matatizo ya pande zote za kichwa cha kichwa cha Euler Olympiad ya tisa 1. Ufumbuzi wote wa mfumo x yz 1, x y z x, x y z huzingatiwa. Pata maadili yote ambayo x inaweza kuchukua. Jibu: 1; 1; 1. Suluhisho 1. Tangu x y

Hotuba ya 4 1. VEKI Vekta ni sehemu iliyoelekezwa. Vekta zinazolingana: zina urefu sawa na mwelekeo sawa (sambamba na kuelekeza mwelekeo uleule) Vekta zinazopingana: zina urefu sawa.

Mada 1-8: Nambari tata A. Ya Ovsyannikov Taasisi ya Chuo Kikuu cha Shirikisho cha Ural ya Hisabati na Sayansi ya Kompyuta Idara ya Aljebra na Hisabati Discrete Hesabu na jiometri kwa mechanics (muhula 1)

Chuo Kikuu cha Jimbo la Penza Kitivo cha Fizikia na Hisabati "Shule ya ndani na ya mawasiliano ya fizikia na hisabati" HISABATI Mabadiliko yanayofanana. Kutatua milinganyo. Pembetatu Kazi 1 kwa

Taasisi ya Fizikia na Teknolojia ya Moscow Kielelezo, usawa wa logarithmic na usawa, njia ya uwezekano na logarithm katika kutatua matatizo. Mwongozo wa kimbinu wa kuandaa Olympiads.

98 HISABATI: ALGEBRA NA MWANZO WA UCHAMBUZI JOMETRI Ufumbuzi wa milinganyo kulingana na sifa za kazi ya mbonyeo Lipatov SV Kaluga MBOU "Lyceum 9 iliyopewa jina la KE Tsiolkovsky" 0 "A" Msimamizi wa Kisayansi wa darasa:

Aina ya aljebra ya nambari changamano. Wasilisho la elimu A. V. Likhatsky Msimamizi: E. A. Maksimenko Southern Federal University Aprili 14, 2008 A. V. Likhatsky (SFU) Algebra. seti ya fomu nambari

Chuo Kikuu cha Ufundi cha Jimbo la Moscow kilichoitwa baada ya N.E. Kitivo cha Bauman cha Sayansi ya Msingi Idara ya Uundaji wa Hisabati A.N. Kaviakovykov, A.P. Kremenko

72 Sura ya 2 Polynomials Mifano na maoni Algorithms A-01 Kuandika polynomia katika fomu ya kawaida A-02 Operesheni kwenye polynomia A-03 Mageuzi ya simulizi A-04 Fomula za kuzidisha kwa kifupi A-05 Binomial ya Newton

Suluhisho la shida za mzunguko wa mawasiliano wa 6 Euler Olympiad I block ya Hisabati Jua ni kwa maadili gani ya paramu kuna nambari halisi x na y zinazokidhi equation xy + x + y + 7 Jibu: 89 Suluhisho.

Mhadhara wa 8 Sura ya Vekta za aljebra Vipimo vinavyoamuliwa tu kwa thamani yao ya nambari huitwa scalar Mifano ya kiasi cha scalar: urefu, eneo, kiasi, joto, kazi, wingi.

Interregional Olympiad kwa watoto wa shule "Higher Proba", 2017 MATHEMATICS, hatua ya 2 p. 1/10 Suluhisho na vigezo vya kutathmini kazi za Olympiad 10-1 Katika kampuni ya watu 6, wengine walienda katika vikundi vya watu watatu.

7. Upeo wa utendakazi wa vigeu kadhaa 7.. Upeo wa ndani Acha kazi f(x,..., x n) ifafanuliwe kwenye seti fulani iliyo wazi D R n. Pointi M D inaitwa hatua ya kiwango cha juu cha ndani (ya ndani

Olympiad ya nane ya Euler kwa Walimu wa Hisabati Suluhisho la matatizo ya duru ya mawasiliano Tatua mlinganyo a b c b a c c a b a b c, ambapo a, b na c ni nambari chanya Suluhisho Ni wazi kuwa a b c suluhu za mlingano huu.

Mimi mwaka, kazi. Thibitisha kuwa chaguo za kukokotoa za Riemann, ikiwa 0, m m R(), ikiwa, m, m 0, na sehemu haiwezi kupunguzwa, 0, ikiwa haina mantiki, haifanyiki katika kila nukta ya busara na inaendelea katika kila nukta isiyo na mantiki. Suluhisho.

Olympiad ya Jiji katika Hisabati, Khabarovsk, 1997 Tatizo 1. Pata ufumbuzi wa equation ya DARAJA LA 9 (x + 2) 4 + x 4 = 82. (1) Suluhisho. Baada ya kuchukua nafasi ya x = y 1, equation (1) inaweza kuandikwa kama

Chuo Kikuu cha Shirikisho la Ural, Taasisi ya Hisabati na Sayansi ya Kompyuta, Idara ya Algebra na Hisabati Discrete Maneno ya Utangulizi Katika mihadhara mitatu ya awali, mistari na ndege zilijifunza, i.e.

Mada 2-14: Nafasi za Euclidean na za umoja A. Ya Ovsyannikov Taasisi ya Chuo Kikuu cha Shirikisho cha Ural ya Hisabati na Sayansi ya Kompyuta Idara ya Aljebra na Hisabati Discrete Hesabu na jiometri kwa ajili ya.

Olympiad ya Tisa ya Euler kwa Walimu wa Hisabati Suluhisho la matatizo ya mzunguko wa mawasiliano 1. Tatua mlingano wa x(x ab) a b kwa x. Suluhisho. Ni wazi kuwa x a b ndio mzizi wa mlingano huu. Kugawanya polynomial x abx

1. Milinganyo ya mstari na vigezo viwili Katika kazi ya kwanza, tuliangalia equations za mstari na kutofautiana moja. Kwa mfano, milinganyo 2x+ 5= 0, 3x+ (8x 1) + 9= 0 ni milinganyo ya mstari yenye kutofautiana.

Sura ya 6 Vekta aljebra 6.1. Vekta kwenye ndege na angani Vekta ya kijiometri, au vekta tu, ni sehemu iliyoelekezwa, i.e. sehemu ambayo moja ya alama za mipaka inaitwa.

Kazi za Olympiad ya Wazi kwa watoto wa shule katika hisabati (Orodha 54 za Olympiads kwa watoto wa shule, mwaka wa masomo wa 2015/2016) Yaliyomo I. Kazi za hatua ya mwisho ya Olympiad kwa daraja la 11... 2 II. Majukumu ya raundi ya 1 ya mchujo

3.. Mbinu za kutatua usawa wa kimantiki 3..1. Kutokuwepo kwa usawa wa nambari Kwanza, hebu tufafanue tunachomaanisha kwa kauli a > b. Ufafanuzi 3..1. Nambari a ni kubwa kuliko nambari b ikiwa tofauti kati yao ni chanya.

Mhadhara wa 13. Vitendaji vya Convex na fomula ya Taylor 1 Vitendaji vya C-laini vya Convex na concave. Ufafanuzi 1 Chaguo la kukokotoa linaitwa convex (concave) ikiwa epigrafu yake (subgraph) ni eneo la mbonyeo. Mfano 1x

Warsha: "Utofautishaji na utofautishaji wa chaguo za kukokotoa" Ikiwa chaguo za kukokotoa y f () ina derivative yenye kikomo kwa uhakika, basi nyongeza ya chaguo za kukokotoa katika hatua hii inaweza kuwakilishwa kama: y(,) f () () (), wapi () kwa

Mhadhara wa 2 Vidhibiti Viamuzi vya mpangilio wa pili na wa tatu 1 VECTOR Sehemu iliyoelekezwa ya Vekta Vekta sawa: zina urefu sawa na mwelekeo sawa (sambamba na kuelekezwa kwa mwelekeo sawa)

Kutatua matatizo ya ziara ya mawasiliano 0 I Kizuizi cha hisabati Tatizo Tafuta idadi ya mizizi asili ya equation Jibu: 00 0 ufumbuzi Kutatua tatizo Hebu tuwakilishe nambari katika fomu Kisha upande wa kulia wa equation hii ni sawa.

Maelezo ya muhadhara 11 NAFASI ZA EUCLIDAN 0. Muhtasari wa mihadhara 1. Bidhaa ya nukta. 1.1. Ufafanuzi wa bidhaa ya scalar. 1.2. Kurekodi sawa kupitia makadirio. 1.3. Uthibitisho wa mstari katika

Olympiad "Watafiti wa Baadaye, Baadaye ya Sayansi" Hisabati. Raundi ya mchujo 4.0.0 MATATIZO NA SULUHU 8 Daraja la 9 8-9.. Nambari ipi ni kubwa zaidi: 0 0 0 0 au 0 0 0 0? Jibu. Nambari ya kwanza ni kubwa kuliko ya pili. Suluhisho. Hebu kuashiria

Daraja la 0 Mzunguko wa kwanza (dakika 0; kila tatizo pointi 6)... Inajulikana kuwa tg + tg = p, ctg + ctg = q. Tafuta tg(+). pq Jibu: tg. q p Kutokana na hali p tg q tg tg tg tg p na usawa ctg ctg q, tunapata hiyo

Uchambuzi wa hisabati 2.5 Hotuba: Uliokithiri wa kazi ya vigezo kadhaa Profesa Mshiriki wa Idara ya VMMF Vladimir Feliksovich Zalmezh Fikiria kazi w = f (x), iliyofafanuliwa katika kikoa D R n. Hatua x 0 D inaitwa

Mada ya 1-4: Shughuli za Aljebraic A. Ya

Yaliyomo I. V. Yakovlev Nyenzo kuhusu hisabati MathUs.ru Mifumo ya milinganyo ya aljebra Ubadilishaji maradufu.................................. ..... Mifumo ya ulinganifu...................................

Shirika la Shirikisho la Elimu Taasisi ya Kielimu ya Jimbo la Shirikisho la Elimu ya Juu ya Kitaalamu CHUO KIKUU CHA SHIRIKISHO KUSINI R. M. Gavrilova, G. S. Kostetskaya Methodological

Mhadhara wa 10 1 NAFASI YA EUCLIDEAN 11 Ufafanuzi Acha V (R) LP juu ya uwanja wa nambari halisi Bidhaa ya scalar kwenye V ni kazi ya kiholela V V R inayohusisha jozi ya vekta zilizoagizwa.

1 Vitendaji changamano 1.1 Nambari changamano Kumbuka kwamba nambari changamano zinaweza kufafanuliwa kama seti ya jozi zilizopangwa za nambari halisi C = ((x, y) : x, y R), z = x + iy, ambapo mimi ni kitengo cha kufikiria ( i

Sura ya 4 Nadharia za msingi za kalkulasi tofauti Ufichuaji wa kutokuwa na uhakika Nadharia za msingi za kalkulasi tofauti Nadharia ya Fermat (Pierre Fermat (6-665) Mtaalamu wa hisabati Mfaransa) Ikiwa kitendo y f

Vidokezo vya muhadhara 10 NAFASI ZOTE 0. Mpango wa mihadhara Affine nafasi. 1. Affine msingi. 2. Affine kuratibu za pointi. 3. Vector equation ya mstari. 4. Vector equation ya ndege. 5.

DARAJA LA 8 1. Thibitisha kuwa kwa nambari yoyote asilia n mtu anaweza kuchagua nambari asilia kiasi kwamba nambari a(n+ 1) (+ n+1) inaweza kugawanywa kwa nambari kamili. 2. Washiriki wawili walishiriki katika Olympiad ya jiji katika hisabati

Chuo Kikuu cha Shirikisho la Ural, Taasisi ya Hisabati na Sayansi ya Kompyuta, Idara ya Algebra na Hisabati Tofauti Maelezo ya Utangulizi Katika somo hili, curve nyingine ya hyperbola ya utaratibu wa pili inasomwa.

Kazi ya nyumbani kwenye algebra kwa daraja la 0 kwa kitabu cha maandishi "Algebra na mwanzo wa uchambuzi, daraja la 0" Alimov Sh.A. na wengine, -M.: "Mwangaza", 00. www.balls.ru Yaliyomo Sura ya I. Nambari halisi.. Sura ya II. Nguvu

Vekta algebra Dhana ya nafasi ya vekta. Utegemezi wa mstari wa vekta. Mali. Dhana ya msingi. Vector kuratibu. Mabadiliko ya mstari wa nafasi za vekta. Nambari za Eigen na maadili

Shirika la Shirikisho la Elimu Chuo Kikuu cha Jimbo la Tomsk la Mifumo ya Udhibiti na Radioelectronics Idara ya Hisabati ya Juu (VM) Prikhodovsky M.A. LINEAR OPERATORS NA MAUMBO YA QUADRATIC Vitendo

Chuo Kikuu cha Ural Federal, Taasisi ya Hisabati na Sayansi ya Kompyuta, Idara ya Aljebra na Hisabati Tofauti Hotuba za utangulizi Hotuba hii inatanguliza utendakazi wa kuzidisha matrix, masomo.

Taasisi ya Fizikia na Teknolojia ya Moscow Cauchy-Bunyakovsky usawa. Mwongozo wa kimbinu wa kuandaa Olympiads. Imekusanywa na: Parkevich Egor Vadimovich Moscow 014 Nyenzo za kinadharia. Katika kazi hii

KAZI YA MAABARA SETI 1. MAONYESHO. SET SYSTEMS 1. Dhana za kimsingi na nadharia Acha X iwe seti na acha (x) iwe sifa ambayo kwa kila kipengele mahususi.

Semina 2. Conics kwenye ndege ya projective 1. Ufafanuzi wa conic katika P 2. Mali ya kwanza ya conics. Kama hapo awali, tunafanya kazi katika k = R au C. Ufafanuzi wa koni katika P 2. Fikiria ramani dhabiti f: l

5 Vipengele vya uchanganuzi wa kiutendaji 5.1 Nafasi za mstari, za kawaida na za Banachi 5.1.1 Ufafanuzi wa nafasi Seti isiyo tupu X ya vipengele x, y, z,... inaitwa nafasi ya mstari (vekta),

LD Lappo, AV Morozov Kazi ya nyumbani juu ya algebra kwa daraja la 0 kwa kitabu "Aljebra na mwanzo wa uchambuzi: Masomo kwa taasisi za elimu ya jumla ya daraja la 0 / ShA Alimov na M: Prosveshchenie, 00" Sura ya I Halali

Sura ya 8 Mistari na ndege 8.1. Milinganyo ya mistari na nyuso 8.1.1. Mistari kwenye ndege Tuseme kwamba mfumo wa kuratibu wa ushirika unatolewa kwenye ndege. Wacha niwe curve kwenye ndege na f(x, y) baadhi

Wizara ya Elimu na Sayansi ya Shirikisho la Urusi Shirika la Shirikisho la Elimu Chuo Kikuu cha Jimbo la Penza Rudenko AK, Rudenko MN, Semerich YUS UKUSANYA WA MATATIZO NA SULUHU KWA MAANDALIZI.

Equations Katika algebra, aina mbili za usawa huzingatiwa: utambulisho ni usawa ambao umeridhika kwa wote halali) maadili ya herufi zilizojumuishwa ndani yake

Matatizo ya ziara ya mawasiliano katika hisabati kwa darasa la 9, 2014/2015 mwaka wa shule. mwaka, kiwango cha kwanza cha ugumu Tatizo 1 Tatua mlinganyo: (x+3) 63 + (x+3) 62 (x-1) + (x+3) 61 (x-1) 2 + + (x-1) 63 = 0 Jibu: -1 Tatizo 2 Muhtasari

Kambi ya Shule 57 Julai 06 Kutokuwepo kwa Usawa (maelezo) Dmitrieva A, Ionov K Somo la kwanza Ukosefu wa usawa rahisi Ukosefu wa usawa kuhusu wastani Tatizo Thibitisha ukosefu wa usawa x + 4y + 9z 4xy + 6yz + 6zx Suluhisho: x + 4y + 9z

Wizara ya Elimu ya Taasisi ya Bajeti ya Jimbo la Moscow ya elimu ya juu ya kitaalam ya mkoa wa Moscow "Chuo Kikuu cha Kimataifa cha Asili, Jamii na

Interregional Olympiad kwa watoto wa shule "Mtihani wa Juu", 2017 HISABATI, hatua ya 2 uk 1/11 Suluhisho na vigezo vya kutathmini kazi za Olympiad 8-1 Tafuta nambari zote za asili n kutoka 1 hadi 100 ili ukizidisha.

Wizara ya Elimu na Sayansi ya Shirikisho la Urusi Taasisi ya Fizikia na Teknolojia ya Moscow (Chuo Kikuu cha Jimbo) Shule ya Mawasiliano ya Fizikia na Teknolojia ya HISABATI Mabadiliko yanayofanana. Suluhisho

Hotuba ya 7 Sura. Mifumo ya kutofautiana kwa mstari Dhana za msingi Mifumo ya usawa wa mstari hutumiwa kutatua matatizo mbalimbali ya hisabati. Mfumo wa usawa wa mstari na mfumo usiojulikana

Mara chache Olympiad hupita bila matatizo ambayo yanahitaji kuthibitisha ukosefu wa usawa. Ukosefu wa usawa wa aljebra unathibitishwa kwa kutumia mbinu mbalimbali ambazo ni msingi wa mabadiliko sawa na sifa za kutofautiana kwa nambari:

1) ikiwa a - b > 0, basi a > b; ikiwa a-b

2) ikiwa a > b, basi b a;

3) ikiwa a

4) ikiwa a

5) ikiwa 0, basi ac

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

7) ikiwa 1

8) ikiwa 0

Hebu tukumbuke ukosefu wa usawa unaounga mkono ambao mara nyingi hutumiwa kuthibitisha ukosefu mwingine wa usawa:

1) a 2 > 0;

2) aх 2 + bx + c > 0, kwa > 0, b 2 - 4ac

3) x + 1 / x > 2, kwa x > 0, na x + 1 / x -2, kwa x

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

5) ikiwa a > b > 0, basi 1/a

6) ikiwa a > b > 0 na x > 0, basi a x > b x , hasa, kwa asili n > 2

a 2 > b 2 na n √ a > n √ b;

7) ikiwa a > b > 0 na x

8) ikiwa x > 0, basi dhambi x

Matatizo mengi katika ngazi ya Olympiad, na sio tu ukosefu wa usawa, hutatuliwa kwa ufanisi kwa kutumia baadhi ya tofauti maalum ambazo wanafunzi wa shule mara nyingi hawazifahamu. Hizi, kwanza kabisa, ni pamoja na:

ukosefu wa usawa kati ya wastani wa hesabu na maana ya kijiometri ya nambari chanya (kutokuwa na usawa kwa Cauchy):

Ukosefu wa usawa wa Bernoulli:

(1 + α) n ≥ 1 + nα, ambapo α > -1, n - nambari ya asili;

Ukosefu wa usawa wa Cauchy-Bunyakovsky:

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

Njia "maarufu" zaidi za kudhibitisha ukosefu wa usawa ni pamoja na:

uthibitisho wa kutofautiana kulingana na ufafanuzi;
njia ya kuchagua mraba;
njia ya tathmini ya mfululizo;
njia ya induction ya hisabati;
matumizi ya kutofautiana maalum na classical;
matumizi ya vipengele vya uchambuzi wa hisabati;
matumizi ya masuala ya kijiometri;
wazo la kuimarisha, nk.

Matatizo na ufumbuzi

1. Thibitisha ukosefu wa usawa:

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

b) a 2 + b 2 + 1 > ab + a + b;

c) x 5 + y 5 – x 4 y – x 4 y > 0 kwa x > 0, y > 0.

a) Tunayo

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

ambayo ni dhahiri.

b) Ukosefu wa usawa unaothibitishwa baada ya kuzidisha pande zote mbili kwa 2 huchukua fomu

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

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

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

ambayo ni dhahiri. Usawa hutokea tu wakati a = b = 1.

c) Tunayo

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. Thibitisha ukosefu wa usawa:

A)	a	+	b		>	2 kwa > 0, b > 0;
	b		a

b)	R	+	R	+	R		> 9, ambapo a, b, c ni pande na P ni mzunguko wa pembetatu;
	a		b		c

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

a) Tunayo:

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

b ) Uthibitisho wa ukosefu huu wa usawa unafuata kwa urahisi kutoka kwa makadirio yafuatayo:

b+c	+	a+c	+	a+b	=
a		b		c

= (

) + (

) > 6,

Usawa unapatikana kwa pembetatu ya usawa.

c) Tunayo:

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

= abc (

– 2 +

– 2 ) =

= abc ((

– 2) + (

– 2) ) > 0,

kwa kuwa jumla ya nambari mbili chanya za kuheshimiana ni kubwa kuliko au sawa na 2.

3. Thibitisha kwamba ikiwa + b = 1, basi ukosefu wa usawa 8 + b 8 > 1 / 128 unashikilia.

Kutoka kwa hali ambayo a + b = 1, inafuata hiyo

a 2 + 2ab + b 2 = 1.

Hebu tuongeze usawa huu kwa usawa ulio wazi

a 2 – 2ab + b 2 > 0.

Tunapata:

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

4a 4 – 8a 2 b 2 + 4b 2 > 0,

tunapata:

8a 4 + 8b 4 > 1, imetoka wapi 64a 8 + 128a 4 b 4 + 64b 4 > 1.

Kuongeza ukosefu huu wa usawa kwa usawa ulio wazi

64a 8 – 128a 4 b 4 + 64b 4 > 0,

tunapata:

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

4. Nini zaidi e e · π π au e 2p?

Fikiria kazi f(x) = x – π ln x . Kwa sababu ya f'(x) = 1 -π/x , na upande wa kushoto wa uhakika X = π f (x) 0 , na kulia - f’(x) > 0, Hiyo f(x) ina thamani ndogo zaidi kwa uhakika X = π . Hivyo f(е) > f(π), hiyo ni

e – π ln e = e – π > π – π ln π

e + π ln π > 2π .

Kutoka hapa tunapata hiyo

e e + π ln π > e 2p,

yake· e π ln π > e 2 π ,

e e · π π > e 2p.

5. Thibitisha hilo

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

Kutumia sifa za logariti, ni rahisi kupunguza usawa huu hadi usawa sawa:

(n + 1) n > n!,

wapi n! = 1 · 2 · 3 ·. . . · n (n-factorial). Kwa kuongeza, kuna mfumo wa kutofautiana dhahiri:

n + 1 > 1,

n + 1 > 2,

n + 1 > 3,

. . . . .

n + 1 > n,

baada ya kuzizidisha muda kwa muhula, tunapata moja kwa moja hiyo (n + 1) n > n!.

6. Thibitisha kuwa 2013 2015 · 2015 2013

Tuna:

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

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

Ni wazi, tunaweza pia kupata taarifa ya jumla: kwa nambari yoyote asilia n ukosefu wa usawa

(n – 1) n +1 (n + 1) n –1

7. Thibitisha kuwa kwa nambari yoyote asilia n ukosefu wa usawa ufuatao unashikilia:

1	+	1	+	1	+ . . . +	1		2n - 1	.
1!		2!		3!		n!		n

Wacha tukadirie upande wa kushoto wa ukosefu wa usawa:

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. Acha 1 2, a 2 2, a 3 2, . . . , na n 2 ni miraba ya n nambari asilia tofauti. Thibitisha hilo

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

Hebu kubwa zaidi ya nambari hizi iwe m. Kisha

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

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

kwani vizidishi chini ya 1 huongezwa upande wa kulia.Wacha tuhesabu upande wa kulia kwa kuweka kila mabano:

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

m+1

2 2 · 3 2 · 4 2 ·. . . m 2

Kufungua mabano upande wa kushoto, tunapata jumla

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) + . . . + 1 a 2. . . n.

Jumla ya nambari katika mabano ya pili haizidi (a 1 + . . . + a n) 2, jumla katika mabano ya tatu haizidi (a 1 + . . . + a n) 3, na kadhalika. Hii inamaanisha kuwa bidhaa nzima haizidi

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

Mbinu 2.

Kwa kutumia mbinu ya ujanibishaji wa hisabati, tunathibitisha kwamba kwa asili zote n ukosefu wa usawa ufuatao ni kweli:

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

Kwa n = 1 tuna: 1 + a 1 1 .

Acha zifuatazo zishikilie kwa n = k:(1 + a 1). . . (1 + ak) 1 + . . . +a k).

Fikiria kesi 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(a 1 + . . + a k + a k +1).

Kwa mujibu wa kanuni ya uingizaji wa hisabati, usawa unathibitishwa.

10. Thibitisha ukosefu wa usawa wa Bernoulli:

(1 + α) n ≥ 1 + nα,

ambapo α > -1, n ni nambari asilia.

Wacha tutumie njia ya induction ya hisabati.

Kwa n = 1 tunapata usawa wa kweli:

1 + α ≥ 1 + α.

Wacha tufikirie kuwa ukosefu wa usawa ufuatao unashikilia:

(1 + α) n ≥ 1 + nα.

Hebu tuonyeshe kwamba basi hufanyika na

(1 + α) n + 1 ≥ 1 + (n + 1) α.

Hakika, kwa kuwa α > -1 inamaanisha α + 1 > 0, kisha kuzidisha pande zote mbili za usawa.

(1 + α) n ≥ 1 + nα

kwenye (a + 1), tunapata

(1 + α) n (1 + α) ≥ (1 + nα)(1 + α)

(1 + α) n + 1 ≥ 1 + (n + 1) α + nα 2

Kwa kuwa nα 2 ≥ 0, kwa hivyo,

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

Kwa hivyo, kulingana na kanuni ya induction ya hisabati, usawa wa Bernoulli ni kweli.

Matatizo bila ufumbuzi

1. Thibitisha ukosefu wa usawa kwa maadili chanya ya anuwai

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

2. Thibitisha kwamba kwa yeyote kuna ukosefu wa usawa

3(1 + a 2 + a 4) ≥ (1 + a + a 2) 2.

3. Thibitisha kwamba polynomial x 12 – x 9 + x 4 – x+ 1 ni chanya kwa thamani zote za x.

4. Kwa 0 e kuthibitisha ukosefu wa usawa

(e+ x) e- x > ( e-x) e+ x .

5. Acha a, b, c ziwe nambari chanya. Thibitisha hilo

a+b

b+c

a+c

≤

Hapa tunatanguliza tafsiri ya algebra ya mahusiano "kubwa kuliko" na "chini ya", ambayo yanaonyeshwa kwenye mstari wa kuratibu, na matumizi yake ya kuthibitisha kutofautiana yanazingatiwa. Hapa, wanafunzi wanaonyeshwa jinsi ya kuthibitisha kialjebra sifa za kutofautiana zilizosomwa katika sura hapo awali zilihesabiwa haki kijiometri.

Kuthibitisha usawa ni nyenzo ngumu sana kwa wanafunzi, kwa hivyo kulingana na kiwango cha utayarishaji wa darasa, inapaswa kuzingatiwa kwa viwango tofauti vya ukamilifu.

Kipengele maalum cha matatizo ya kuthibitisha usawa ni uwezekano wa kutatua kwa njia mbalimbali. Kwa hiyo, inashauriwa kuonyesha chaguzi kadhaa za kuthibitisha usawa ili kupanua uwezo wa wanafunzi wa kutatua matatizo.

Kuna njia mbili kuu za kudhibitisha ukosefu wa usawa:

1) kulingana na kukusanya tofauti kati ya pande za kulia na za kushoto za usawa na kulinganisha baadae ya tofauti hii na sifuri;
2) mpito kutoka kwa usawa mmoja hadi mwingine, sawa na hayo, kulingana na mali ya kutofautiana.

Njia zote mbili ni sawa. Lakini unahitaji kuhakikisha usahihi wa rekodi zako katika visa vyote viwili. Inahitajika kuelezea kwa wanafunzi kwamba ikiwa njia ya kwanza ya suluhisho imechaguliwa, basi baada ya kuunda tofauti, mabadiliko ya usemi huu hufanywa, ambayo yanaweza kuandikwa kama mnyororo na ishara "=". Usemi unaotokana unalinganishwa na sifuri na, kwa kuzingatia hili, hitimisho hufanywa kuhusu usawa wa asili. Ikiwa njia ya pili imechaguliwa, basi mlolongo wa usawa sawa umeandikwa (kama wakati wa kutatua usawa), na hitimisho hufanywa kuhusu mwisho - ikiwa ni kweli au la. Hapa ni nini, kwa mfano, muundo wa suluhisho la zoezi unaweza kuonekana katika matukio yote mawili.

Thibitisha ukosefu wa usawa a2 + b2 + 2 2 (a + b) .

Wacha tufanye tofauti Sogeza 2 (a + b) kushoto

pande za kushoto na kulia za ukosefu wa usawa:

kutofautiana: 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 .sahihi, kwa hivyo,

(a - 1)2 + (b - 1)2 0, ukosefu wa usawa wa asili pia ni kweli:

kwa hiyo, a2 + b2 + 2 2 (a + b) .

ukosefu wa usawa umethibitishwa:

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

Kumbuka kuwa "Maudhui ya Chini ya Lazima" haijumuishi uthibitisho wa ukosefu wa usawa. Kwa hivyo, ustadi unaolingana unaweza kuzingatiwa kama matokeo ya kusimamia mada, lakini sio kama matokeo ya mwisho ya kujifunza. Katika suala hili, kazi za kuthibitisha usawa hazijumuishwa katika mtihani, na hazipaswi kuingizwa katika vipimo vingine vya mwisho.

Thibitisha hilo kwa nambari chanya p na q: p4 + q4 p3q + pq3.

Suluhisho. Wacha tubadilishe tofauti

p4 + q4 - (p3q + pq3).

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

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

Tangu p 0, q 0, kisha pq 0, p2 + pq + q2 0, kwa kuongeza, (p - q)2 0.

Bidhaa ya nambari isiyo hasi na chanya sio hasi, i.e. tofauti katika swali ni kubwa kuliko au sawa na sifuri. Kwa hiyo, kwa p 0, q 0 p4 + q4 p3q + pq3.

Thibitisha kwa njia tofauti kwamba ikiwa b 0, basi a2 + a b2 + b.

Suluhisho. Wakati wa kuthibitisha ukosefu wa usawa kwa njia ya pili,

Wacha tutumie usawa uliothibitishwa katika mfano: ikiwa a na b ni nambari chanya na b, basi a2 b2. Na kisha, tukiongeza ukosefu wa usawa a2 b2 na ukosefu wa usawa wa muda wa b baada ya muda, tunapata kile tunachohitaji.

3. Katika hali gani mtalii atafunika umbali sawa kwa kasi: ikiwa anatembea kwenye barabara ya usawa kwa kasi ya mara kwa mara, au ikiwa nusu ya njia anatembea kupanda kwa kasi ya 1 km / h chini ya kasi yake kwenye barabara ya usawa. , na nusu ya umbali - kutoka mlima kwa kasi 1 km / h kubwa kuliko kwenye barabara ya usawa?

Suluhisho. Wacha tuonyeshe kasi ya mtalii kwenye barabara ya mlalo kwa herufi x, na tuchukue umbali kama 1. Tatizo linakuja kwa kulinganisha misemo.

1 na ___1___ + ___1___

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

Wacha tufanye tofauti zao na kuibadilisha, tunapata hiyo

ambayo ina maana kwamba chini ya hali hiyo, muda wa kusafiri kwenye barabara ya usawa ni chini ya barabara yenye kupanda na kushuka.

Mbinu za kuthibitisha usawa.

Kutatua ukosefu wa usawa. Kukosekana kwa usawa sawa.

Mbinu ya muda. Mifumo ya kutofautiana.

Uthibitisho wa kutofautiana. Kuna njia kadhaa za uthibitishoukosefu wa usawa. Tutaziangalia kwa kutumia mfano wa ukosefu wa usawa:

Wapi a - nambari chanya.

1). Kutumia usawa unaojulikana au uliothibitishwa hapo awali.

Inajulikana kuwa ( a– 1 )² 0 .

2). Kukadiria ishara ya tofauti kati ya sehemu za ukosefu wa usawa .

Fikiria tofauti kati ya pande za kushoto na kulia:

Aidha, usawa hutokea tu wakatia = 1 .

3). Uthibitisho kwa kupingana.

Wacha tufikirie kinyume:

a, tunapata: a 2 + 1 < 2 a, yaani

a 2 + 1 – 2 a < 0 , au ( a– 1 ) 2 < 0, jambo ambalo si kweli. (Kwa nini?).

Ukinzani unaotokana unathibitisha uhalali wa

Kukosekana kwa usawa katika swali.

4). Mbinu ya kutofautiana kwa muda usiojulikana.

Kukosekana kwa usawa kunaitwa kutokuwa na uhakika ikiwa ana ishara\/ au /\ ,

hizo. wakati hatujui ni njia ganiishara hii inapaswa kugeuka

kupata usawa wa haki.

Sheria sawa zinatumika hapa kamana ukosefu wa usawa wa kawaida.

Fikiria ukosefu wa usawa usiojulikana:

Kuzidisha pande zote mbili za ukosefu wa usawa kwaa, tunapata: a 2 + 1 \/ 2 a, yaani

A 2 + 1 – 2 a \/ 0 , au ( a– 1) 2 \/ 0 , lakini hapa tayari tunajua jinsi ya kugeuka

Saini \/ ili kupata usawa sahihi (Vipi?). Kuigeuza

Katika mwelekeo sahihi pamoja na mlolongo mzima wa kutofautiana kutoka chini hadi juu, sisi
tunapata usawa unaohitajika.

Kutatua ukosefu wa usawa. Kukosekana kwa usawa mbili zilizo na haijulikani sawa zinaitwa sawa , ikiwa ni halali kwa maadili sawa ya haya haijulikani. Ufafanuzi huo hutumiwa kwa usawa wa mifumo miwili ya kutofautiana. Kutatua kukosekana kwa usawa ni mchakato wa kuhama kutoka usawa mmoja hadi mwingine ambao ni sawa na ukosefu wa usawa. Kwa kusudi hili hutumiwa mali ya msingi ya usawa(sentimita. ). Kwa kuongezea, kubadilisha usemi wowote na mwingine ambao unafanana na uliyopewa unaweza kutumika. Kukosekana kwa usawa kunaweza kuwa algebra( zenye polynomials pekee) Na kupita maumbile(kwa mfano logarithmic autrigonometric) Tutaangalia njia moja muhimu sana hapa,mara nyingi hutumika katika kutatua algebra ukosefu wa usawa

Mbinu ya muda. Tatua ukosefu wa usawa: ( x – 3)( x – 5) < 2( x – 3). Hapa hatuwezi kugawanya pande zote mbili za ukosefu wa usawa kwa (x – 3), kwa kuwa hatujui ishara ya binomial (ina kisichojulikana x ) Kwa hivyo tutapanga upyamasharti yote ya usawa kwa upande wa kushoto:

(x – 3)( x – 5) – 2( x – 3) < 0 ,

wacha tuifanye:

(x – 3)( x – 5 – 2) < 0 ,

na tunapata: ( x – 3)( x – 7) < 0. Теперь определим знак произведения в левой части неравенства в различных числовых интервалах. Заметим, что x= 3 na x = 7 - mizizi ya usemi huu. Kwa hiyo, mstari mzima wa nambari utagawanywa na hizimizizi katika vipindi vitatu vifuatavyo:

Katika muda I(x < 3 ) mambo yote mawili ni hasi, kwa hiyo, yao kazi vyema; V muda II (3 < x< 7 ) kizidishi cha kwanza(x- 3) ni chanya, na ya pili ( x - 7 ) ni hasi, kwa hivyo yao kazi hasi; katika mudaIII(x> 7) sababu zote mbili ni chanya, kwa hivyo, zao kazi pia vyema. Sasa kinachobakia ni kuchagua muda ambao bidhaa zetu hasi. Huu ndio mudaII, kwa hivyo, suluhisho la ukosefu wa usawa: 3 < x< 7. Usemi wa mwisho- kinachojulikana usawa maradufu. Ina maana kwambax lazima iwe kubwa kuliko 3 na chini ya 7.

MFANO Tatua ukosefu wa usawa ufuatao kwa kutumia njia ya muda:

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

Suluhisho la upande wa kushoto wa usawa ni dhahiri: 1, 2, 3, ..., 100.

Wanagawanya nambari ya nambari katika vipindi 101:

Kwa kuwa idadi ya mabano upande wa kushoto hata(sawa 100), basi

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

Chanya. Wakati wa kupitia mizizi kuna mabadiliko

Ishara ya kazi. Kwa hiyo, katika muda unaofuata, ndani

Bidhaa gani ni chanya, itakuwa (2, 3), kisha (4, 5),

Kisha (6, 7), ... , (98, 99) na hatimaye, x >100.

Kwa hivyo, ukosefu huu wa usawa una suluhisho:

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

Kwa hiyo, kutatua usawa wa algebra, Ninahitaji kuisogeza yotewanachama kushoto (auupande wa kulia) na suluhishamlinganyo unaolingana. Baada ya panga mizizi iliyopatikana kwenye mhimili wa nambari; kwa sababu hiyo, imegawanywa katika idadi fulani ya vipindi. Katika hatua ya mwisho ya suluhisho, unahitaji kuamua ni ishara gani polynomial ina ndani ya kila moja ya vipindi hivi, na uchague vipindi vinavyohitajika kwa mujibu wa ishara ya kutofautiana kutatuliwa.

Kumbuka kuwa ukosefu mwingi wa usawa unaovuka maumbile hupunguzwa hadi usawa wa aljebra kwa kuchukua nafasi ya isiyojulikana. Ni lazima kutatuliwa kwa heshima na mpya haijulikani, na kisha, kwa kubadili kinyume, kupata ufumbuzi wa usawa wa awali.

Mifumo ya usawa. Ili kutatua mfumo wa usawa, ni muhimu kutatua kila mmoja wao na kuchanganya ufumbuzi wao. Mchanganyiko huu husababisha moja ya kesi mbili zinazowezekana: ama mfumo una suluhisho au hauna.

Mfano 1. Tatua mfumo wa ukosefu wa usawa:

Suluhisho la ukosefu wa usawa wa kwanza:x < 4 ; а второго: x > 6.

Kwa hivyo, mfumo huu wa kukosekana kwa usawa hauna suluhisho.

(Kwa nini?)

Mfano 2. Tatua mfumo wa kukosekana kwa usawa:

Suluhisho: ukosefu wa usawa wa kwanza, kama hapo awali, unatoa:x < 4; но решение

Tofauti ya pili katika mfano huu:x > 1.

Kwa hivyo, suluhisho la mfumo wa ukosefu wa usawa: 1< x < 4.

Katika semina ya waratibu wa Olympiad ya Kangaroo, Vyacheslav Andreevich Yasinsky alitoa hotuba juu ya jinsi ya kudhibitisha usawa wa ulinganifu wa Olympiad kwa kutumia njia yake mwenyewe ya tofauti za anuwai.

Hakika, katika Olympiads za hisabati mara nyingi kuna kazi za kuthibitisha ukosefu wa usawa, kama vile, kwa mfano, hii kutoka Olympiad ya Kimataifa ya Hisabati ya 2001: $\frac(a)(\sqrt(a^2+8bc))+\frac(b). )( \sqrt(b^2+8ac))+\frac(c)(\sqrt(c^2+8ab))\geq 1$ (kwa chanya a,b,c).

Kawaida, ili kuthibitisha usawa wa Olympiad, lazima ipunguzwe kwa moja ya msingi: Cauchy, Cauchy-Bunyakovsky, Jensen, usawa kati ya njia, nk. Zaidi ya hayo, mara nyingi unapaswa kujaribu matoleo tofauti ya usawa wa msingi kabla ya kufikia mafanikio.

Walakini, mara nyingi ukosefu wa usawa wa Olympiad (kama ilivyo hapo juu) huwa na kipengele kimoja. Unapopanga upya vigezo (kwa mfano, kubadilisha a na b, b na c, na c na a), hazitabadilika.

Ikiwa kazi ya vigezo kadhaa haibadilika na upangaji upya wowote, basi inaitwa symmetric. Kwa kazi ya ulinganifu f kutoka kwa vigezo vitatu usawa unashikilia:
f(x,y,z)= f(x,z,y)= f(y ,x ,z )= f(y ,z ,x )= f(z ,x ,y )= f(z,y,x)

Ikiwa chaguo za kukokotoa hazibadiliki tu wakati vigeu vinapangwa upya kwa mzunguko, inaitwa mzunguko.
f(x,y,z)= f(y,z,x)= f(z,x,y)

Kwa usawa ambao hujengwa kwa msingi wa kazi za ulinganifu, Vyacheslav Andreevich alitengeneza njia ya uthibitisho wa ulimwengu wote.
Mbinu hiyo inajumuisha hatua zifuatazo.
1. Badilisha usawa ili kuwe na polynomial ya ulinganifu upande wa kushoto (hebu tuonyeshe D) na 0 upande wa kulia.

2. Eleza polinomia D linganifu katika vigeu a, b, c kulingana na polimanomia za kimsingi za ulinganifu.

Kuna polimanomia tatu za msingi za ulinganifu katika vigeu vitatu. Hii:
p = a+b+c - jumla;
q = ab+bc+ac - jumla ya bidhaa za jozi;
r = abc - bidhaa.

Polinomia yoyote linganifu inaweza kuonyeshwa kwa misingi ya polimanomia za msingi.

3. Kwa kuwa polynomial D ni ya ulinganifu, tunaweza, bila kupoteza jumla, kudhani kwamba vigezo a, b, c vimepangwa kama ifuatavyo: $a\geq b\geq c$.

4. Tunatanguliza namba mbili zisizo hasi x na y, ili x = a-b, y = b-c.

5. Badilisha tena polynomial D tena, ukionyesha p, q na r kulingana na c na x, y. Tunazingatia hilo
b = y+c
a = (x+y)+c

Kisha
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

Tafadhali kumbuka kuwa hatufungui mabano katika semi zenye x na y.

6. Sasa tunazingatia polynomial D kama polynomial katika c na coefficients iliyoonyeshwa kulingana na x na y. Kwa kuzingatia kutokuwa hasi kwa mgawo, inageuka kuwa rahisi kuonyesha kuwa ishara ya ukosefu wa usawa itahifadhiwa kwa maadili yote yanayokubalika ya c.

Wacha tueleze njia hii kwa mifano.
Mfano 1. Thibitisha ukosefu wa usawa:
$(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)$

Ushahidi
Kwa kuwa ukosefu wa usawa ni wa ulinganifu (haubadiliki na vibali vyovyote vya a, b, c), tunawasilisha kama
$(a+b+c)^2 - 3(ab+bc+ac)\geq 0$

Wacha tuonyeshe polynomial upande wa kushoto kulingana na zile za msingi za ulinganifu:
$p^2 - 3q\geq 0$

Kwa kuwa polynomial ni ya ulinganifu, tunaweza kudhani, bila kupoteza kwa ujumla, kwamba $a\geq b\geq c$ na $x = a-b\geq 0$, $y = b-c\geq 0$.

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

Baada ya kuleta zinazofanana, tunapata ukosefu wa usawa ambao hauna tofauti kabisa
$(x+2y)^2-3(x+y)y\geq 0$

Sasa unaweza kufungua mabano
$x^2+4xy+4y^2-3xy-3y^2\geq 0$
$x^2+xy+y^2\geq 0$ - ambayo ni kweli kwa x hasi, y na kwa yoyote.

Kwa hivyo, ukosefu wa usawa umethibitishwa.

Mfano 2(kutoka 1999 British Hisabati Olympiad)
Thibitisha kuwa $7(ab+bc+ac)\leq 2+9abc$ (kwa nambari chanya, ikiwa a+b+c = 1)

Ushahidi
Kabla ya kuanza kupunguza kila kitu kwa upande wa kushoto, hebu tukumbuke kwamba digrii za sehemu za usawa hazina usawa. Ikiwa katika Mfano wa 1 pande zote mbili za usawa zilikuwa polynomials za shahada ya pili, basi hapa polynomial ya shahada ya pili inalinganishwa na jumla ya sifuri na polynomials ya tatu. Tunatumia ukweli kwamba jumla ya + b + c kwa hali ni sawa na 1 na kuzidisha upande wa kushoto kwa moja, na mbili kutoka upande wa kulia kwa mchemraba mmoja.

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

Sasa hebu tusogeze kila kitu upande wa kushoto na tuwazie upande wa kushoto kama polynomial linganifu ya a, b, c:
$7(ab+bc+ac)(a+b+c)- 2(a+b+c)^3-9abc\leq 0$

Wacha tuonyeshe upande wa kushoto kwa suala la polynomia za kimsingi za ulinganifu:
$7qp- 2p^3-9r\leq 0$

Hebu tueleze upande wa kushoto kwa maneno ya x, y na c, tukiwasilisha kama polynomial kwa heshima na c.
7qp- 2p 3 -9r = 7(3c 2 +2(x+2y)c+(x+y)y)((x+2y)+3c)-2((x+2y)+3c) 3 -9( (x+y)yc + (x+2y)c 2 +c 3) = 7 (3(x+2y)c 2 +2(x+2y) 2 c+(x+2y)(x+y)y+ 9c 3 +6(x+2y)c 2 +3(x+y)yс) - 2 ((x+2y) 3 +9(x+2y) 2 c+27(x+2y)c 2 +27c 3) - 9((x+y)yc + (x+2y)c 2 +c 3) = 21(x+2y)c 2 +14(x+2y) 2 c +7(x+2y)(x+y) y+63c 3 +42(x+2y)c 2 +21(x+y)yс -2(x+2y) 3 -18(x+2y) 2 c -54(x+2y)c 2 - 54c 3 -9(x+y)yc -9(x+2y)c 2 -9c 3

Jambo kuu ni kufanya mabadiliko kwa uangalifu na kwa uangalifu. Kama Vyacheslav Andreevich alivyosema, ikiwa atafanya mabadiliko na mtu akamsumbua, anatupa karatasi na fomula na kuanza tena.

Kwa urahisi wa kupunguza zile zinazofanana katika polynomial ya mwisho, zimeangaziwa kwa rangi tofauti.

Masharti yote yenye c 3 yataharibiwa: 63c 3 -54c 3 -9c 3 = 0
Vile vile vitatokea na shahada ya pili na: 21(x+2y)c 2 +42(x+2y)c 2 -54(x+2y)c 2 -9(x+2y)c 2 = 0

Wacha tubadilishe masharti na digrii ya kwanza na: 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 - usemi huu hautakuwa chanya kamwe.

Na maneno yasiyolipishwa: 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) - na usemi huu pia.

Kwa hivyo, ukosefu wa usawa wa asili utaridhika kila wakati, na utageuka kuwa usawa ikiwa tu a=b=c.

Katika hotuba yake, Vyacheslav Andreevich alijadili mifano mingi ya kuvutia zaidi. Jaribu kutumia njia hii kuthibitisha usawa wa Olympiad. Labda itakusaidia kupata pointi kadhaa muhimu.