Karmaşık eşitsizliklerin kanıt örnekleri. “Eşitsizlikleri kanıtlama yöntemleri” modülünün programı - Program

Deşifre metni

1 FETROZAVODSK DEVLET ÜNİVERSİTESİ MATEMATİK VE BİLGİ TEKNOLOJİSİ FAKÜLTESİ Geometri ve Topoloji Bölümü Elizaveta Sergeevna Khaltsenen Lisans derecesi için son yeterlilik çalışması Eşitsizlikleri kanıtlama yöntemleri Yön: "0.03.0" "Matematik" Bilimsel danışman Profesör, Fizik ve Matematik Doktoru Bilimler, Platonov S.S. (yöneticinin imzası) Petrozavodsk

2 İçindekiler Giriş...3. Jensen eşitsizliği Komütasyon eşitsizliği Karamata eşitsizliği Eşitsizlikleri kanıtlamak için problem çözme...3 Kaynaklar

3 Giriş Yöntem, belirli bir sorun türünü çözmeyi amaçlayan bir dizi ardışık eylemdir. Bu çalışmadaki eşitsizlikleri kanıtlamaya yönelik yöntemler, belirli bir forma sahip eşitsizliklere standart dışı bir çözüm bulmayı amaçlamaktadır. Bu tür yöntemleri kullanarak çözüm önemli ölçüde azalır. Sonuç aynıdır ancak iş miktarı daha azdır. Son çalışmanın amacı, diğerlerinin yardımıyla kolayca kanıtlanabilecek üç tür eşitsizliği incelemekti. Bunlar Jensen eşitsizliği, komütasyon eşitsizliği, Karamata eşitsizliğidir. Bütün bu eşitsizlikler matematiksel olarak güzel; bu eşitsizliklerin yardımıyla okuldaki eşitsizlikleri çözebilirsiniz. Bu konu alakalı. Benim düşünceme göre, matematik alanındaki bilgilerini geliştirmek de dahil olmak üzere okul çocukları için faydalı olabilir. Yöntemler standart olmadığı için matematik eğilimi olan öğrencilerin bunları yararlı ve eğlenceli bulacağını düşünüyorum. Görev, önerilen literatürdeki tematik eşitsizlikleri araştırmak ve çözmektir. Eser dört paragraftan oluşmaktadır. Bu bölümde Jensen eşitsizliği açıklanmakta, kanıtı ve yardımcı tanımları verilmektedir. Bölüm 2'de komütasyon eşitsizliği, özel durumları ve genel komütasyon eşitsizliği yer almaktadır. 3. paragrafta Karamata'nın eşitsizliği kanıtsızdır. Paragraf 4, nihai çalışmanın ana çalışmasıdır, yani. Jensen eşitsizliği, komütasyon eşitsizliği ve Karamata eşitsizliği kullanılarak eşitsizliklerin kanıtları

4. Jensen eşitsizliği Tanımı. Belirli bir kümenin herhangi iki noktası tamamen bu kümenin içinde yer alacak bir parça ile bağlanabiliyorsa, bir düzlemin alt kümesine dışbükey denir. Tanım 2. f(x)'in bir aralıkta tanımlı olduğunu varsayalım. y f(x)'in epigraf olarak adlandırıldığı ve x'in belirli bir aralığa ait olduğu tüm (x,y) noktalarının kümesi. Kendisi için y f(x)'in alt grafiği olarak adlandırılan (x,y) noktaları kümesine. Tanım 3. Belirli bir aralıktaki bir fonksiyonu düşünün. Bu aralıktaki epigrafı bir dışbükey küme ise, bir fonksiyona dışbükey denir. Bir fonksiyonun alt grafiği dışbükey bir küme ise içbükey olarak adlandırılır. Bir fonksiyonun dışbükeylik (içbükeylik) kriteri. (a, b) aralığında sürekli türevlenebilir olan y = f(x) fonksiyonunun (a, b) üzerinde dışbükey (içbükey) olması için, türevi f'nin (a, b) üzerinde artması (azalması) gerekli ve yeterlidir. aralık (a , b). Bir fonksiyonun dışbükeyliği (içbükeyliği) için Kriter 2. (a, b) aralığında iki kez türevlenebilir olan y = f(x) fonksiyonunun (a, b) üzerinde dışbükey (içbükey) olması için f (x) 0(f () olması gerekli ve yeterlidir. x) 0 ) tüm x (a, b) noktalarında Tanım 4. A(x, y) ve B(x 2, y 2) noktalarının kütle merkezi doğru parçasına ait C(x, y) noktasıdır AB, öyle ki AC = m B, burada m BC m B, B noktasının A kütlesi ve m A, A noktasının kütlesidir. Vektör biçiminde kütle merkezi şu şekilde bulunur: merkezin yarıçap vektörü kütle: burada r i A ve B noktalarının yarıçap vektörüdür, i =,2. Koordinatlarda: 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 C AB, A ve B noktalarının kütle merkezi olsun. Eğer U, düzlemin dışbükey bir alt kümesiyse ve A ve B noktaları U'ya aitse, C AB, AB doğru parçasına ait olduğundan C AB, U'ya aittir. A, A 2 A düzlem üzerinde m, m 2, m kütleli keyfi noktalar olsun. A, A 2 A noktaları sisteminin C A,A 2 A kütle merkezi tümevarımla belirlenir:) = 2'de A, A 2 noktaları sisteminin C A A 2 kütle merkezi zaten belirlenmiştir. C A A 2 noktasının m + m 2 kütlesine sahip olduğunu varsayacağız 2) A, A 2 A noktaları sistemi için c A, A 2 A kütle merkezinin önceden belirlendiğini varsayalım. A, A 2 A noktalarının kütle merkezini B ile gösterelim ve B noktasının kütlesinin m B = m + m m'ye eşit olduğunu varsayalım. Tanım gereği C A,A 2 A = C BA olduğunu varsayıyoruz, yani. A, A 2 A, A noktaları sisteminin kütle merkezi, iki B ve A noktasının kütle merkezine eşittir. C A,A 2 A noktasının kütlesinin m B + m'ye eşit olduğunu varsayacağız. = m + m m. Kütle merkezinin tanımından, eğer tüm A, A 2 A noktaları dışbükey U kümesine aitse, o zaman bunların kütle merkezleri de U. Lemma'ya aittir. A, A 2 A düzlem üzerinde m, m 2, m kütleli noktalar olsun ve r i, A i, i =, noktasının yarıçap vektörü olsun. Eğer C, A, A 2 A noktaları sisteminin kütle merkezi ise, C noktasının yarıçap vektörü r C, İspat formülü kullanılarak hesaplanabilir. r C = m r +m 2 r 2 + +m r m +m 2 + +m (2) Formül (2)'yi tümevarım yoluyla kanıtlayacağız. = 2 için formül zaten kanıtlanmıştır (bkz. formül ()). Formül (2)'nin () için zaten kanıtlanmış olduğunu varsayalım. A, A 2 A noktaları sisteminin kütle merkezi B olsun. O zaman - 5 -

6 r B = m r + m 2 r m r m + m m, B noktasının kütlesi m B = m + m m'ye eşittir. Tanım gereği, A, A 2 A noktaları sisteminin kütle C merkezi, B ve A noktası çiftinin kütle merkezi ile çakışmaktadır. C noktasının yarıçap vektörü () r C = m formülü ile hesaplanır. Br B + m r m B + m = m r + m 2 r m r m + m m, bu da noktalar için formül (2)'yi kanıtlar. Koordinatlarda formül (2) şu şekildedir: 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 “Jensen teoremi. y = f(x) belirli bir aralıkta dışbükey bir fonksiyon olsun, x, x 2, x bu aralıktaki sayılardır; m, m 2, m m + m m = koşulunu sağlayan pozitif sayılardır. O halde Jensen eşitsizliği geçerlidir: f(m x + m 2 x m x) m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f(x) Eğer y = f(x) fonksiyonu belirli bir aralıkta içbükeyse, x, x 2 , x - bu aralıktaki sayılar; m, m 2, m aynı zamanda m + m m = koşulunu da sağlayan pozitif sayılardır. O zaman Jensen eşitsizliği şu şekilde olur: f(m x + m 2 x m x) m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f(x)" Kanıt: (a,) aralığında dışbükey bir f(x) fonksiyonu düşünün. B) . Grafiğinde A, A 2, A noktalarını düşünün ve A i = (x i, y i), y i = f(x i) olsun. A, A 2, A noktaları için keyfi m, m 2, m kütlelerini alalım, böylece m + m m = olur. f(x)'in dışbükey bir fonksiyon olması gerçeğinden şu sonuç çıkar: - 6 -

Şekil 7'de bir fonksiyonun epigrafının dışbükey bir küme olduğu görülmektedir. Sonuç olarak A, A 2, A noktalarının kütle merkezi epigrafa aittir. Kütle merkezinin koordinatlarını bulalım: 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) C epigrafa ait olduğundan h.t.d'yi elde ederiz. y c f(x c) m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f(x) f(m x + m 2 x m x) Jensen eşitsizliğini kullanarak Cauchy eşitsizliğini kanıtlayabiliriz: Herhangi bir pozitif sayı için a, a 2, a , aşağıdaki eşitsizlik geçerlidir: (a + a a) a a 2 a Eşitsizliğin (3) logaritmasını alalım ve eşdeğer eşitsizliği (3) elde edelim l (a +a 2 + +a) l(a a 2 a) ( 4) Logaritmanın özelliklerini kullanarak eşitsizliği (4) şu şekilde yeniden yazarız: l (a +a 2 + +a) la a + la la la (5) Ortaya çıkan eşitsizlik, f( durumu için Jensen eşitsizliğinin özel bir durumudur. x) = l(x), m = m 2 = = m =. y = l(x) fonksiyonunun (0, +) aralığında içbükey olduğuna dikkat edin, çünkü y =< 0, поэтому неравенство (5) есть частный случай неравенства x2-7 -

8 İçbükey f(x) = l(x) fonksiyonu için Jensen. Eşitsizlik (5) doğru olduğuna göre eşdeğer eşitsizlik (3) de doğrudur. 2. Değişme eşitsizliği Tanım. Bir sayı kümesi (,2,3) ile kendisi arasındaki bire bir yazışmaya elemanların permütasyonu denir. Permütasyonu σ harfiyle gösterelim, öyle ki σ(), σ(2), σ(3) σ() farklı bir sıradaki 2,3 sayıları olsun. a, a 2, a ve b, b 2, b sayılarından oluşan iki kümeyi düşünün. a, a 2, a ve b, b 2, b kümelerine, herhangi bir i ve j sayısı için a i a j'nin b i b j sonucunu takip etmesi durumunda aynı sıralı kümeler denir. Özellikle a, a 2, a kümesindeki en büyük sayı b, b 2, b kümesindeki en büyük sayıya karşılık gelir, birinci kümedeki ikinci en büyük sayı için ikinci kümedeki ikinci en büyük sayı vardır, ve benzeri. a, a 2, a ve b, b 2, b kümeleri, herhangi bir i ve j sayısı için a i a j'den b i b j sonucunun çıkması durumunda ters sıralı olarak adlandırılır. Bundan, a, a 2, a kümesindeki en büyük sayının b, b 2, b kümesindeki en küçük sayıya karşılık geldiği, a, a 2, a kümesindeki ikinci en büyük sayının ikinci en küçük sayıya karşılık geldiği sonucu çıkar. b, b 2, b vb. kümesindeki sayı. Örnek.) a a 2 a ve b b 2 b şeklinde iki küme verilse, bu kümeler verdiğimiz tanımlara göre eşit sıralıdır. 2) a a 2 a ve b b 2 b olacak şekilde iki küme verilse, bu durumda a, a 2, a ve b, b 2, b sayı kümeleri aşağıda her yerde, a, a 2, ters sıralanacaktır. a ve b, b 2 , b - pozitif gerçek sayılar “Teoremi. (Komütasyon eşitsizliği) a, a 2, a ve b, b 2, b olmak üzere iki sayı kümesi olsun. Bunların çeşitli permütasyonlarının çoğunu ele alalım. O halde ifadenin değeri - 8 -

9 S = a b σ + a 2 b σ2 + + a b σ (), a, a 2, a ve b, b 2, b kümeleri eşit sıralandığında en büyük, a, a 2, a ve b olduğunda en küçük olacaktır , b 2, b ters sıralanmıştır. Diğer tüm permütasyonlar için S toplamı en küçük ve en büyük değerler arasında olacaktır." Örnek. a b + b c + c a 3 teoremine göre a, b, c ve a, b, c kümesi ters sıralı olduğundan a a + b b + c c = 3'ün değeri en küçük olacaktır. Teoremin kanıtı. İki sayı kümesini düşünün: ilki a, a 2, a ve ikincisi b, b 2, b. Bu setlerin aynı şekilde sıralanmadığını varsayalım. a i > a k ve b k > b i olacak şekilde i ve k indeksleri vardır. İkinci kümedeki b k ve b i sayılarının yerlerini değiştirelim (bu dönüşüme “sıralama” denir). Daha sonra S toplamında a i b i ve a k b k terimlerinin yerini a i b k ve a k b i alacak ve diğer tüm terimler değişmeden kalacaktır. a i b i + a k b k olduğuna dikkat edin< 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 Teorem 3. İki küme düşünün a, a 2, a 3 a ve b, b 2, b 3 b bu kümenin elemanları pozitiftir. O halde () a i + b σ(i) değeri a, a 2, a 3 a ve b, b 2, b 3 b kümeleri eşit sıralandığında en büyük, ters sıralandığında en az olacaktır.” Teorem 2 ve 3, aşağıda tartışılan daha genel bir teoremin özel durumlarıdır. Genel değişme eşitsizliği “Teorem 4 (Genel değişme eşitsizliği). F fonksiyonunun R'deki bir aralıkta sürekli ve dışbükey olmasına izin verin. Daha sonra aralıktan herhangi bir a, a 2, a 3 a ve b, b 2, b 3 b sayı kümesi için f (a + b) ifadesinin değeri σ()) + f ( a 2 + b σ(2)) + f (a + b σ()), kümeler eşit sıralandığında en büyük, kümeler ters sıralandığında en küçük olacaktır. Teorem 5. f fonksiyonu R'de bir aralıkta sürekli ve içbükey olsun. O zaman: f (a + b σ()) + f (a 2 + b σ(2)) + f (a + b) ifadesinin değeri σ()), sayılar ters sıralandığında en büyük olacak ve a, a 2, a 3 a ve b, b 2, b 3 b kümeleri eşit şekilde sıralandığında en küçük olacaktır. İspat.") = 2 durumunu düşünün. f fonksiyonu dışbükey olsun ve a > a 2 ve b > b 2 olmak üzere iki küme olsun. Bunu kanıtlamamız gerekiyor. f(a + b) + f(a 2 +)'yi gösterelim. b 2) f(a + b 2) + f(a 2 + b) (2) x = a + b 2, k = a a 2, m = b b 2. O halde - 0 -

11 a + b 2 = x + k, a 2 + b = x + m, a + b = x + k + m, dolayısıyla eşitsizlik (2) f(x + k + m) + f(x + k ) f(x + k) + f(x + m) (3) Eşitsizliği kanıtlamak için şekli kullanacağız. Şekilde y = f(x) dışbükey fonksiyonunun ve A(x) noktalarının grafiği gösterilmektedir. , f(x))), C(x) grafikte işaretlenmiştir + k, f(x + k))), D(x + m, f(x + m))), B (x + k + m, f (x + k + m)). f fonksiyonunun dışbükeyliğinden, akor CD'sinin AB akorunun altında olduğu sonucu çıkar. K akor CD'sinin orta noktası, MZ akor AB'nin orta noktası olsun. K ve M noktalarının apsislerinin aynı olduğuna dikkat edin, çünkü x k = 2 ((x + k) + (x + m)) = (2x + k + m) 2 x m = 2 (x + (x + k + m) ) = (2x + k + m) 2 Bu nedenle K ve M noktaları aynı dikey doğru üzerinde yer alır, bu da y m y k anlamına gelir. - -

12 y m = (f(x) + f(x + k + m)) olduğundan 2 y k = (f(x + k) + f(x + m)) 2 Bu, (3) ve (2) eşitsizliklerini ifade eder. Q.E.D. 2) > 2 olsun. a, a 2, a 3 a ve b, b 2, b 3 b kümelerinin aynı şekilde sıralanmadığını varsayalım; a i > a k ve b i olacak şekilde i ve k indeksleri vardır< 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 x, x 2, x pozitif sayılar ise i= x i = ise (,) (x, x 2, x) (,0,0,0, 0) “Teoremi (Karamata Eşitsizliği) f: (a) olsun , b ) R, f bir dışbükey fonksiyondur x, x 2, x, y, y 2, y (a, b) ve (x, x 2, x) (y, y 2, y), sonra f(x) ) + f(x 2) + f(x) f(y) + f(y 2) + f(y). Eğer f içbükey bir fonksiyonsa, o zaman f(x) + f(x 2) + f(x) f(y) + f(y 2) + f(y).” Kanıt için bkz. 4. Eşitsizlikleri kanıtlayacak problemleri çözmek. Bu bölümde, çözümleri Jensen eşitsizliği, komütasyon eşitsizlikleri veya Karamata eşitsizliği kullanılarak çözülebilen eşitsizlikleri kanıtlamaya yönelik çeşitli problemler incelenmektedir. Egzersiz yapmak. x, x 2, x > 0 durumunda eşitsizliği kanıtlayın. 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 Jensen eşitsizliğinden şu sonuç çıkıyor: - 3 -

14 i= + x i + x x 2 x + x +x 2 + +x olduğunu kanıtlayalım. Bu ancak ve ancak + x x 2 x + x + x x + x x 2 x x + x x x x 2 x ise doğrudur Ve son eşitsizlik şununla çakışır: Cauchy eşitsizliği. Görev 2. Herhangi bir a, b > 0 için aşağıdaki eşitsizliğin doğru olduğunu kanıtlayın: 2 a + b ab Bu, 2ab a + b ab 2ab ab(a + b) 2 ab a + b vb. eşitsizliğine eşdeğerdir. Görev 3. Herhangi bir a, a 2, a > 0 için aşağıdaki eşitsizliğin doğru olduğunu kanıtlayın: a a 2 a a a 2 a Eşitsizlik şu şekilde yeniden yazılabilir: - 4 -

15 () (a a a 2 a a 2 a) b i = a i yerine koyalım, o zaman eşitsizlik şu formu alacaktır: (b + b b) (b b 2 b) Bu eşitsizlik doğrudur, çünkü Bu Cauchy eşitsizliğidir. Görev 4. Herhangi bir a, a 2, a > 0 için aşağıdaki eşitsizliğin geçerli olduğunu kanıtlayın: =3 için eşitsizliği düşünün. a + a a + a a 2 a 3 a a a a 2 + a 2 a 3 + a 3 a 3 a a 2 = x, a 2 a 3 = y, a 3 a = z, xyz = x+y+z 3 3'ü gösterelim xyz= -true x = a a 2,x 2 = a 2 a 3,x = a a, O halde x x 2 x = olsun. O zaman eşitsizlik şu şekli alacaktır: x + x x Bu eşitsizlik Cauchy eşitsizliğinden kaynaklanmaktadır: h.t.d. Görev 5. (x + x x) x x 2 x = si x + si x si x si x + x x olduğunu kanıtlayın, burada 0 x ben π - 5 -

16 Eşitsizlik, y = si x fonksiyonu için Jensen eşitsizliğinden kaynaklanmaktadır. y = si x fonksiyonu (0, π) aralığında içbükeydir, çünkü 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 eşitsizliği doğrudur: (a + a 2+ +a)(a + a a) 2 Eşitsizlik şu şekilde yeniden yazılabilir: bu, (a + a a) a + a a 2 a +a 2 + + a a + a 2+ +a Jensen fonksiyonunu f(x) = x olarak düşünürsek, bu eşitliği elde ederiz. ve eşitsizliği kullanarak Görev 7. Herhangi bir x, y, z > 0 için x 5 + y 5 + z 5 x 3 y 2 + y 3 x 2 + z 3 x 2 eşitsizliğinin doğru olduğunu kanıtlayın. Komütasyonu uygulayalım. eşitsizlik. İlk küme İkinci x 3, y 3, z 3, x 2, y 2, z 2 şeklinde olsun. Sol taraftaki ifade en büyüğü olacaktır çünkü sol taraftaki ifadenin değeri x 5 + y 5 + z 5 aynı sıralı sayı kümelerinden oluşur. Bundan elde edilen değerin - 6 - olduğu sonucu çıkar.

Diğer tüm permütasyonlar için 17, değişkenlerin "en doğru" düzenlenmesiyle elde edilen değerden büyük değildir. Görev 8. Herhangi bir x, y, z > 0 için aşağıdaki eşitsizliğin doğru olduğunu kanıtlayın: x + x 2 + y + y 2 + z + z 2 x + y 2 + y + z 2 + z + x 2 x y z olduğunu varsayalım. a = x, a 2 = y, a 3 = z, b = + x 2, b 2 = + y 2, b 3 = + z 2 olsun a, a 2, a 3 ve b, b 2, b 3 kümeleri ters sıralıdır, dolayısıyla komütasyon eşitsizliğine göre a b + a 2 b 2 + a 3 b 3 toplamı, özellikle a b σ + a 2 b σ2 + a 3 b σ3'e eşdeğerdir. . 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. Görev 9. Herhangi bir a, a 2, a > 0 için aşağıdaki eşitsizliğin geçerli olduğunu kanıtlayın: (+ a 2) (+ a 2 2) (+ a 2) (+ a a 2 a 3 a)(+ a 2 ) (+ a) a a 2 a ile çarparsak, şunu elde ederiz: (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 Eşitsizliğin logaritmasını alıp eşdeğer bir eşitsizlik elde edelim. 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.) Hadi içbükey bir fonksiyon için genel komütasyon eşitsizliğini kullanın y = l x. a i = a i, b i = a i 2 olsun. Bu durumda b, b 2, b ve a, a 2, a kümeleri eşit sıralıdır, dolayısıyla l(b + a) + l(b 2 + a 2) + + l( b + a ) l(b + a 2) + l(b 2 + a 3) + + l(b + a), Bu eşitsizliği kanıtlar (9.). Görev 0. Herhangi bir pozitif a, b, c a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ac (0.) olduğunu kanıtlayın. a b c. olsun. (a, b, c) ve (a, b , c) eşit sıralıdır ancak (a, b, c) ve (b, c, a) kümeleri eşit sıralı değildir, bu durumda değişme eşitsizliğinden (0.) eşitsizliği ortaya çıkar. Egzersiz yapmak. Eğer xy + yz + zx = ise Eşitsizliğin (.) Problem 0'dan çıktığını kanıtlayın. Görev 2. Eğer a, b, c > 0 ise x 2 + y 2 + z 2 (.) olduğunu kanıtlayın. (a + c)(b + d) ab + cd Karekök sıfırdan büyük veya sıfıra eşit olduğundan sağ ve sol kenarların karesini alabiliriz. Şunu elde ederiz: (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 4abcda a 2 d 2 + c 2 d 2 2abcd 0 (ad cd) 2 0 -Gerçek Görev 3, 4. Herhangi bir a, a 2, a > 0 için şunu kanıtlayın: aşağıdaki eşitsizlik doğrudur: 3) a 2 + a a 2 (a +a 2 + a) 2 4)a 2 + a a 2 (3.) (4.) burada a + a 2 + a = Eşitsizlik (4.) takip eder ( 3.)'ten a + a 2 + a = ile. Eşitsizliği kanıtlayacağız (3.). Veya şu şekle dönüştürülebilir: a 2 + a a 2 (a + a 2 + a) 2 2 a 2 + a a 2 (a + a a) Dışbükey f(x) fonksiyonu için Jensen eşitsizliğini kullanalım: f(q x + q 2 x 2 + q x) q f(x) + q 2 f(x 2) + q f(x), Burada 0 q ben, q + q 2 + q =. f(x) = x 2, q i =, i =,2 alırsak eşitsizliği (3.) vb. elde ederiz. Görev 5. Herhangi bir doğal sayı ve herhangi bir p, q için eşitsizliğin () 2 pq + ()(p + q) + ()pq + (5.) - 9 - olduğunu kanıtlayın

20 (5.) eşitsizliğini eşdeğer forma dönüştürelim: () 2 pq + ()(p + q) + ()pq + () 2 pq + ()(p + q) + ()pq 0 Benzeri getirme elde ettiğimiz sonuçlar: ( )[()pq + (p + q) pq] + 0 () () 0 () 0 () 0 her zaman, çünkü -doğal 0 (5.2) p + q pq = olduğunu kanıtlıyoruz. p(q ) (q) = (p)(q) p, q olduğundan p 0, q 0 olduğundan eşitsizlik (5.2) doğrudur. Görev 6. Herhangi bir pozitif x, y, z sayısı için eşitsizlik doğrudur: x y z xyz (y + z x)(z + x y)(x + y z) (6.))Eğer y + z x olsun< 0, то неравенство (6.) выполнено 2) Пусть все множители в правой части >0. O halde (6.) eşitsizliği, l x + l y + l z l(y + z x) + l(z + x y) + l(x + y z) eşitsizliğine eşdeğerdir. f(x) = l x olsun. f(x)`` = x 2 olduğundan< 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 (y z 0'dan beri); (x + y z) + (x + z y) = 2x x + y (x + y z) + (x + z y) + (y + z x) = x + y + z f(x) = l x fonksiyonu içbükey olduğundan , o halde Karamata eşitsizliğinden l(x + y z) + l(x + z y) + l(y + z x) = l x + l y + l z sonucu çıkar, bu da eşitsizliği kanıtlar (6.). Görev 7. Herhangi bir a, b ve c > 0 için aşağıdaki eşitsizliğin geçerli olduğunu kanıtlayın: a 2 + b 2 + c ab + ac + bc a 2 + 2bc + b 2 + 2ac + c 2 + 2ab Bu, şuna eşdeğerdir: aslında a b c olsun. a 2 + b 2 + c 2 + ab + ac + bc + ab + ac + bc İki sayı kümesini düşünün 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) (7.)'nin (7.2)'yi majörleştirdiğini kanıtlamamız gerekiyor. Majorizasyon tanımını kullanalım :) a 2 + b 2 + c 2 a 2 + 2bc (b c) 2 0-true 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)(ca a) 0-2 -

22 (c b) 0 ve (ca a) 0, sonra (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 Doğru. Böylece (7.) sayı kümesi, (7.2) sayı kümesini büyükleştirir. Karamata eşitsizliğini f(x) = x dışbükey fonksiyonuna uygulayarak doğru orijinal eşitsizliği elde ederiz. Görev 8. a, b, c, d > 0 için 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 eşitsizliğinin kanıtlanması doğrudur 2 d 2 + c 2 d 2 a b c d Yerine koyma işlemini yapalım: x = la a, y = l b, z = l c, w = l d ve orijinal eşitsizliği şu şekilde yazın: 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 İki kümeyi düşünün: sayılar: (4x, 4y, 4z, 4w, x + y + z + w, x + y + z + w) ve (2x + 2y, 2x + 2z, ​​​​2x + 2w, 2y + 2z, ​​​​2y + 2w, 2z + 2w) Bu kümeleri sıralayalım: (4x, 4y, 4z, x + y + z + w, x + y + z + w, 4w) ve (8.) İkincisi değişmeden kalır: (2x + 2y, 2x + 2z, ​​2x + 2w, 2y + 2z, ​​2y + 2w, 2z + 2w) (8.2) (8.)'nin (8.2)'yi majörleştirdiğini kanıtlayalım.

23 ) 4x 2x + 2y, x y doğrudur 2) 4x + 4y 4x + 2y + 2z,y z doğrudur 3) 4x + 4y + 4z 4x + 2y + 2z + 2x + 2w y + z x + w Kümeler sıralı olduğundan bu şekilde 2x + 2w 2y + 2z I.e. x + w y + z, o zaman durum 3) yalnızca x + w = ​​​​y + z olduğunda mümkündür 4) 4x + 4y + 4z + x + y + z + w 4x + 2y + 2z + 2x + 2w + 2y + 2z x + y + z w 0 y + z x + w Önceki duruma benzer şekilde bu eşitsizlik x + w = ​​y + z için doğrudur 5) 4x + 4y + 4z + 2x + 2y + 2z + 2w 4x + 2y + 2z + 2x + 2w + 2y + 2z + 2y + 2w z w doğru 6) 4x + 4y + 4z + 2x + 2y + 2z + 2w + 4w 4x + 2y + 2z + 2x + 2w + 2y + 2z + 2y + 2w + 2z + 2w 0 = 0 Böylece (8.) kümesi (8.2) sayıları kümesini büyükler. f(x) = e x fonksiyonu için Karamata eşitsizliğini kullanarak doğru eşitsizliği elde ederiz. Görev 9. a, b, c > 0 için a 3 + b 3 + c 3 + abc 2 3 (a2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca) eşitsizliğinin doğru olduğunu kanıtlayın

24 a b c Eşitsizliğin her iki tarafını da 3 ile çarparsak, 3a 3 + 3b 3 + 3c 3 + 3abc 2(a 2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca) 2 (9. ) Yerine koyma işlemini yapalım : Ve eşitsizliği (9.) şu şekilde yazıyoruz: 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 İki kümeyi düşünün: (3x, 3x, 3x, 3y, 3y, 3y, 3z, 3z, 3z, x + y + z, x + y + z, x + y + z) ve (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) Bu kümeleri sıralayalım: (3x, 3x, 3x, 3y, 3y, 3y , x + y + z, x + y + z, x + y + z, 3z, 3z, 3z,) ve (9.2) İkinci kümeyi sıralayalım: 2x + y z + 2x y z true y + 2z 2z + x y x true Böylece şu kümeyi elde ederiz: (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) (9.2) sayı kümesinin (9.3)) sayı kümesini büyükleştirdiğini kanıtlamamız gerekiyor 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, x = y için şunu elde ederiz: 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 x = y olduğunda şunu elde ederiz: y z 7) 9x + 9y + x + y + z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 2y + z, y z 8) 9x + 9y + 2x + 2y + 2z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 4y + 2z, ​​​​x + y + 3z 0 9) 9x + 9y + 3x + 3y + 3z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 4y + 2z + 2z + x, x + 2y + 3z 0 0) 9x + 9y + 3x + 3y + 3z + 3z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 4y + 2z + 4z + 2x, y z) 9x + 9y + 3x + 3y + 3z + 6z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 4y + 2z + 4z + 2x + 2z + y, 5y z 2 ) 9x + 9y + 3x + 3y + 3z + 9z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 4y + 2z + 4z + 2x + 4z + 2y 2x + 2y + 2z = 2x + 2y + 2z Böylece küme sayıların (9.2) sayısı (9.3) kümesini büyükleştirir ve f(x) = e x fonksiyonu için Karamata eşitsizliğiyle doğru eşitsizliği elde ederiz

26 Referanslar) Yu.P. Eşitsizlikler. M.: Moskova Sürekli Matematik Eğitimi Merkezi'nin yayınevi 2005. 6 s. 2) I.Kh. Sivashinsky. Problemlerdeki eşitsizlikler M.: Nauka, s. 3) A.I. Moğol eşitsizliği etrafında, Mat. aydınlanma, gri 3, 7, MTsNMO, M., 2003, s. 4) L.V. Radzivilovsky, Komütasyon eşitsizliğinin ve Moğol eşitsizliğinin genelleştirilmesi, Mat. aydınlanma, gri 3, 0, Yayınevi MTsNMO, M., 2006, s. 5) V.A.ch Kretschmar. Cebir problemleri kitabı. Beşinci baskı M., bilim, s. 6) D. Nomirovsky Karamata eşitsizliği /D. Nomirovsky // (Kvant)-S

Dışbükey kümeler ve fonksiyonlar R n, n gerçek sayıdan oluşan bir kümedir. Aşağıda bu kümeye uzay adını vereceğiz; elemanları noktalar olacak; koordinatları (x 1,..., xn) olan bir nokta ile gösterilecektir.

Görev Koşulları 1 Belediye kademesi 8. sınıf 1. Tahtaya iki sayı yazılır. 2015 yılı için biri 6 kat artırılırken diğeri azaltılırken rakamların toplamı değişmedi. Bunlardan en az bir çift bulun

Bölüm IX. Öklid ve üniter uzaylar 35. Vektör uzayında nokta çarpım Ural Federal Üniversitesi, Matematik ve Bilgisayar Bilimleri Enstitüsü, Cebir ve Ayrık Bölümü

Ural Federal Üniversitesi, Matematik ve Bilgisayar Bilimleri Enstitüsü, Cebir ve Ayrık Matematik Bölümü Giriş Açıklamaları Birçok problemi çözerken, sayısal değerlere sahip olmak gerekli hale gelir.

Dokuzuncu Euler Olimpiyatı'nın tam zamanlı turunun problemlerini çözme 1. x yz 1, x y z x, x y z sisteminin tüm çözümleri dikkate alınır. X'in alabileceği tüm değerleri bulun. Cevap: 1; 1; 1. Çözüm 1. x y'den beri

Ders 4 1. VEKTÖRLER Bir vektör yönlü bir parçadır. Eşit vektörler: aynı uzunluklara ve aynı yönlere sahiptirler (paralel ve aynı yöne bakan) Zıt vektörler: aynı uzunluklara sahiptirler

Konu 1-8: Karmaşık sayılar A. Ya. Ovsyannikov Ural Federal Üniversitesi Matematik ve Bilgisayar Bilimleri Enstitüsü Cebir ve Ayrık Matematik Bölümü Mekanik için cebir ve geometri (1 dönem)

Penza Devlet Üniversitesi Fizik ve Matematik Fakültesi "Fizik ve matematik iç ve yazışma okulu" MATEMATİK Özdeş dönüşümler. Denklem çözme. Üçgenler Görev 1

Moskova Fizik ve Teknoloji Enstitüsü Üstel, logaritmik denklemler ve eşitsizlikler, problem çözmede potansiyelleştirme yöntemi ve logaritma. Olimpiyatlara hazırlanmak için metodolojik rehber.

98 MATEMATİK: CEBİR VE ANALİZ GEOMETRİSİNİN BAŞLANGICILARI Dışbükey fonksiyonun özelliklerine dayalı denklem çözümleri Lipatov SV Kaluga MBOU "Lyceum 9, KE Tsiolkovsky adını almıştır" 0 "A" sınıfı Bilimsel danışman:

Karmaşık bir sayının cebirsel formu. Eğitim sunumu A. V. Likhatsky Danışman: E. A. Maksimenko Güney Federal Üniversitesi 14 Nisan 2008 A. V. Likhatsky (SFU) Cebir. form seti sayılar

Moskova Devlet Teknik Üniversitesi N.E. Bauman Temel Bilimler Fakültesi Matematiksel Modelleme Bölümü A.N. Kaviakovykov, A.P. Kremenko

72 Bölüm 2 Polinomlar Örnekler ve yorumlar Algoritmalar A-01 Standart formda bir polinom yazmak A-02 Polinomlar üzerinde işlemler A-03 Sözlü dönüşümler A-04 Kısaltılmış çarpma formülleri A-05 Newton'un binom değeri

6. Euler Olimpiyatı I Matematik bloğunun yazışma turunun problemlerinin çözümleri Parametrenin hangi değerlerinde xy + x + y + 7 denklemini sağlayan gerçek x ve y sayılarının bulunduğunu öğrenin Cevap: 89 Çözüm

Ders 8 Bölüm Vektör cebiri Vektörler Yalnızca sayısal değerleriyle belirlenen niceliklere skaler denir Skaler büyüklük örnekleri: uzunluk, alan, hacim, sıcaklık, iş, kütle

Okul çocukları için Bölgelerarası Olimpiyat "Higher Proba", 2017 MATEMATİK, aşama 2 s. 1/10 Olimpiyat görevlerini değerlendirmek için çözümler ve kriterler 10-1 6 kişilik bir şirkette, bazıları üçlü gruplar halinde gitti.

7. Çok değişkenli fonksiyonların ekstremumları 7.. Yerel ekstremumlar f(x,..., xn) fonksiyonunun bir D R n açık kümesi üzerinde tanımlı olmasına izin verin. MD noktasına yerel maksimum noktası denir (yerel

Matematik Öğretmenleri için Sekizinci Euler Olimpiyatı Yazışmalarla ilgili problemlerin çözümleri a, b ve c'nin pozitif sayılar olduğu a b c b a c c a b a b c denklemini çözün Çözüm Bu denklemin a b c çözümlerinin olduğu açıktır

Ben yıl, görev. Riemann fonksiyonunun, eğer 0, m m R(), if, m, m 0 ve kesir indirgenemez ise, 0, eğer irrasyonelse, her rasyonel noktada süreksiz ve her irrasyonel noktada sürekli olduğunu kanıtlayın. Çözüm.

Şehir Matematik Olimpiyatı, Habarovsk, 1997 Problem 1. 9. SINIF denkleminin çözümlerini bulun (x + 2) 4 + x 4 = 82. (1) Çözüm. x = y 1 değişkenini değiştirdikten sonra denklem (1) şu şekilde yazılabilir:

Ural Federal Üniversitesi, Matematik ve Bilgisayar Bilimleri Enstitüsü, Cebir ve Ayrık Matematik Bölümü Giriş Açıklamaları Önceki üç derste çizgiler ve düzlemler çalışılmıştı;

Konu 2-14: Öklid ve üniter uzaylar A. Ya. Ovsyannikov Ural Federal Üniversitesi Matematik ve Bilgisayar Bilimleri Enstitüsü Cebir ve Ayrık Matematik Bölümü cebir ve geometri

Matematik Öğretmenleri için Dokuzuncu Euler Olimpiyatı Yazışmalarla İlgili Problemlerin Çözümleri 1. x için x(x ab) a b denklemini çözün. Çözüm. Bu denklemin kökü x a b olduğu açıktır. Polinom x abx'i bölme

1. İki değişkenli doğrusal denklemler İlk görevde tek değişkenli doğrusal denklemlere baktık. Örneğin 2x+ 5= 0, 3x+ (8x 1) + 9= 0 denklemleri değişkenli doğrusal denklemlerdir.

Bölüm 6 Vektör cebiri 6.1. Düzlemdeki ve uzaydaki vektörler Geometrik bir vektör veya basitçe bir vektör, yönlendirilmiş bir bölümdür, yani sınır noktalarından birinin adlandırıldığı bir bölümdür

Matematikte okul çocukları için Açık Olimpiyat ödevleri (Okul çocukları için 54 Olimpiyat Listesi, 2015/2016 akademik yılı) İçindekiler I. 11. sınıflar için Olimpiyatın son aşamasına ilişkin ödevler... 2 II. 1. eleme turunun görevleri

3.. Rasyonel eşitsizlikleri çözme yöntemleri 3..1. Sayısal eşitsizlikler Öncelikle a > b ifadesinden ne kastettiğimizi tanımlayalım. Tanım 3..1. Aralarındaki fark pozitif ise a sayısı b sayısından büyüktür.

Ders 13. Konveks fonksiyonlar ve Taylor formülü 1 Konveks ve içbükey C-pürüzsüz fonksiyonlar. Tanım 1 Bir fonksiyon, epigrafı (alt grafiği) dışbükey bir bölge ise, dışbükey (içbükey) olarak adlandırılır. Örnek 1 x

Atölye: “Bir fonksiyonun türevlenebilirliği ve türevi” Eğer bir y f () fonksiyonunun bir noktada sonlu bir türevi varsa, o zaman fonksiyonun bu noktadaki artışı şu şekilde temsil edilebilir: y(,) f () () (), nerede () nerede

Ders 2 Vektörler İkinci ve üçüncü dereceden determinantlar 1 VEKTÖRLER Vektör yönlü parça Eşit vektörler: aynı uzunluklara ve aynı yönlere sahiptirler (paralel ve aynı yönde yönlendirilmiş)

Yazışma turu problemlerini çözme 0 I Matematik bloğu Problem Denklemin doğal kök sayısını bulun Cevap: 00 0 çözümler Problemi çözme Sayıyı formda gösterelim O zaman bu denklemin sağ tarafı eşittir

Ders notları 11 ÖKLİDAN UZAYLARI 0. Dersin İçeriği 1. Nokta çarpımı. 1.1. Skaler çarpımın tanımı. 1.2. Projeksiyonlar yoluyla eşdeğer kayıt. 1.3. Doğrusallığın kanıtı

Olimpiyat “Geleceğin Araştırmacıları, Bilimin Geleceği” Matematik. Eleme Turu 4.0.0 SORUNLAR VE ÇÖZÜMLERİ 8 9.sınıf 8-9.. Hangi sayı daha büyük: 0 0 0 0 mı yoksa 0 0 0 0 mu? Cevap. İlk sayı ikinciden büyüktür. Çözüm. Haydi belirtelim

0. Sınıf İlk tur (0 dakika; her problem 6 puan)... tg + tg = p, ctg + ctg = q olduğu bilinmektedir. tg(+)'yı bulun. pq Cevap: tg. q p p tg q tg tg tg tg p koşulundan ve ctg ctg q eşitliğinden şunu elde ederiz:

Matematiksel analiz 2.5 Ders: Çeşitli değişkenli bir fonksiyonun ekstremum değerleri VMMF Bölümü Doçenti Vladimir Feliksovich Zalmezh D R n tanım kümesinde tanımlanan w = f (x) fonksiyonunu düşünün. x 0 D noktasına denir

Konu 1-4: Cebirsel işlemler A. Ya. Ovsyannikov Ural Federal Üniversitesi Matematik ve Bilgisayar Bilimleri Enstitüsü Cebir ve Ayrık Matematik Bölümü Mekanik için cebir ve geometri (1

İçindekiler I. V. Yakovlev Matematikle ilgili materyaller MathUs.ru Cebirsel denklem sistemleri Çift değiştirme.................................................. ..... Simetrik sistemler..................................

Federal Eğitim Ajansı Federal Devlet Yüksek Mesleki Eğitim Eğitim Kurumu GÜNEY FEDERAL ÜNİVERSİTESİ R. M. Gavrilova, G. S. Kostetskaya Metodolojik

Ders 10 1 ÖKLİD UZAYI 11 Tanım V(R) olsun LP gerçel sayılar alanı üzerinde V'nin skaler çarpımı, sıralı bir vektör çiftini ilişkilendiren keyfi bir V V R fonksiyonudur

1 Karmaşık fonksiyonlar 1.1 Karmaşık sayılar Karmaşık sayıların, C = ((x, y) : x, y R), z = x + iy'nin sıralı gerçek sayı çiftleri kümesi olarak tanımlanabileceğini hatırlayın; burada i sanal birimdir ( Ben

Bölüm 4 Diferansiyel hesabın temel teoremleri Belirsizliklerin açıklanması Diferansiyel hesabın temel teoremleri Fermat teoremi (Pierre Fermat (6-665) Fransız matematikçi) Eğer y f fonksiyonu

Ders notları 10 AFFİN UZAYLAR 0. Ders planı Ders Affine uzayları. 1. Afin bazı. 2. Noktaların afin koordinatları. 3. Bir doğrunun vektör denklemi. 4. Bir düzlemin vektör denklemi. 5.

8. SINIF 1. Herhangi bir n doğal sayısı için a(n+ 1) (+ n+1) sayısının bir tam sayıya bölünebildiği bir a doğal sayısı seçilebileceğini kanıtlayın. 2. Şehir matematik olimpiyatlarına iki katılımcı katıldı

Ural Federal Üniversitesi, Matematik ve Bilgisayar Bilimleri Enstitüsü, Cebir ve Ayrık Matematik Bölümü Giriş Açıklamaları Bu derste başka bir ikinci dereceden hiperbol eğrisi inceleniyor.

“Cebir ve analizin başlangıcı, 0. sınıf” ders kitabı için 0. sınıf cebir ödevi Alimov Sh.A. ve diğerleri, -M .: “Aydınlanma”, 00. www.balls.ru İçindekiler Bölüm I. Gerçek sayılar.. Bölüm II. Güç

Vektör cebiri Vektör uzayı kavramı. Vektörlerin doğrusal bağımlılığı. Özellikler. Temel kavramı. Vektör koordinatları. Vektör uzaylarının doğrusal dönüşümleri. Öz sayılar ve özdeğerler

Federal Eğitim Ajansı Tomsk Devlet Kontrol Sistemleri ve Radyoelektronik Üniversitesi Yüksek Matematik Bölümü (VM) Prikhodovsky M.A. DOĞRUSAL OPERATÖRLER VE İKİNCİ FORMLAR Pratik

Ural Federal Üniversitesi, Matematik ve Bilgisayar Bilimleri Enstitüsü, Cebir ve Ayrık Matematik Bölümü Giriş Açıklamaları Bu ders matris çarpımının işlemini, çalışmaları tanıtmaktadır.

Moskova Fizik ve Teknoloji Enstitüsü Cauchy-Bunyakovsky eşitsizliği. Olimpiyatlara hazırlanmak için metodolojik rehber. Derleyen: Parkevich Egor Vadimovich Moskova 014 Teorik materyal. Bu çalışmada

LABORATUVAR ÇALIŞMASI 1 TAKIM. EKRANLAR. KÜME SİSTEMLERİ 1. Temel kavramlar ve teoremler X bir küme olsun ve (x) her belirli eleman için geçerli olan bir özellik olsun.

Seminer 2. Projektif düzlemde konikler 1. P'de koniğin tanımı 2. Koniklerin ilk özellikleri. Daha önce olduğu gibi k = R veya C'de çalışıyoruz. P 2'deki bir koniğin tanımı. f: l projektif haritasını düşünün.

5 Fonksiyonel analizin elemanları 5.1 Doğrusal, normlu ve Banach uzayları 5.1.1 Uzayların tanımı x, y, z,... elemanlarından oluşan boş olmayan bir X kümesine doğrusal (vektör) uzay denir,

LD Lappo, AV Morozov “Cebir ve analizin başlangıcı: 0-sınıf genel eğitim kurumları için çalışmalar / ShA Alimov ve diğer ed M: Prosveshchenie, 00” Ders Kitabı için 0. sınıf için cebir ödevi. Bölüm I Geçerli.

Bölüm 8 Doğrular ve Düzlemler 8.1. Doğru ve yüzey denklemleri 8.1.1. Düzlemdeki çizgiler Düzlemde bir afin koordinat sisteminin verildiğini varsayalım. l düzlemde bir eğri olsun ve f(x, y) olsun

Rusya Federasyonu Eğitim ve Bilim Bakanlığı Federal Eğitim Ajansı Penza Devlet Üniversitesi Rudenko AK, Rudenko MN, Semerich YUS SORUNLARIN TOPLANMASI İLE ÇÖZÜMLERİN HAZIRLANMASI

Denklemler Cebirde iki tür eşitlik dikkate alınır: özdeşlikler ve denklemler. Bir kimlik, içinde yer alan harflerin tüm geçerli değerleri için karşılanan bir eşitliktir. Kimlikler için işaretler kullanılır.

2014/2015 öğretim yılı 9. sınıf matematik yazışma turunun sorunları. yıl, birinci zorluk seviyesi Problem 1 Denklemi çözün: (x+3) 63 + (x+3) 62 (x-1) + (x+3) 61 (x-1) 2 + + (x-1) 63 = 0 Cevap: -1 Problem 2 Toplamı

Okul Kampı 57 Temmuz 06 Eşitsizlikler (notlar) Dmitrieva A, Ionov K Birinci Ders Basit eşitsizlikler Ortalamalarla ilgili eşitsizlikler Problem Eşitsizliği kanıtlayın x + 4y + 9z 4xy + 6yz + 6zx Çözüm: x + 4y + 9z

Moskova Bölgesi Eğitim Bakanlığı Moskova bölgesinin yüksek mesleki eğitiminin devlet bütçe eğitim kurumu "Uluslararası Doğa, Toplum ve Toplum Üniversitesi"

Okul çocukları için Bölgelerarası Olimpiyat "Yüksek Test", 2017 MATEMATİK, aşama 2 s. 1/11 Olimpiyat görevlerini değerlendirmek için çözümler ve kriterler 8-1 1'den 100'e kadar olan tüm doğal sayıları bulun;

Rusya Federasyonu Eğitim ve Bilim Bakanlığı Moskova Fizik ve Teknoloji Enstitüsü (Devlet Üniversitesi) Yazışma Fizik ve Teknoloji Okulu MATEMATİK Aynı dönüşümler. Çözüm

Ders 7 Bölüm. Doğrusal eşitsizlik sistemleri Temel kavramlar Doğrusal eşitsizlik sistemleri çeşitli matematik problemlerini çözmek için kullanılır. Bilinmeyen sisteme sahip doğrusal eşitsizlikler sistemi

Bir Olimpiyatın eşitsizliğin kanıtlanmasını gerektirecek kadar sorunsuz geçmesi nadirdir. Cebirsel eşitsizlikler, eşdeğer dönüşümlere ve sayısal eşitsizliklerin özelliklerine dayanan çeşitli yöntemler kullanılarak kanıtlanır:

1) a – b > 0 ise a > b; eğer a – b

2) eğer a > b ise b a;

3) eğer bir

4) eğer bir

5) 0 ise ac

6) eğer bir bc ise; a/c > b/c ;

7) eğer 1 ise

8) eğer 0 ise

Diğer eşitsizlikleri kanıtlamak için sıklıkla kullanılan bazı destekleyici eşitsizlikleri hatırlayalım:

1) a 2 > 0;

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

3) x + 1 / x x > 0 için > 2 ve x için x + 1 / x –2

4) |a + b| |bir| + |b|, |a – b|

5) a > b > 0 ise 1/a

6) eğer a > b > 0 ve x > 0 ise, o zaman a x > b x, özellikle doğal n > 2 için

a 2 > b 2 ve n √ a > n √ B;

7) eğer a > b > 0 ve x ise

8) eğer x > 0 ise, o zaman günah X

Sadece eşitsizlikler değil, Olimpiyat düzeyindeki birçok sorun, okul öğrencilerinin genellikle aşina olmadığı bazı özel eşitsizlikler kullanılarak etkili bir şekilde çözülür. Bunlar, her şeyden önce şunları içerir:

• pozitif sayıların aritmetik ortalaması ile geometrik ortalaması arasındaki eşitsizlik (Cauchy eşitsizliği):

• Bernoulli eşitsizliği:

(1 + α) n ≥ 1 + nα, burada α > -1, n – doğal sayı;

• Cauchy-Bunyakovsky eşitsizliği:

(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 );

Eşitsizlikleri kanıtlamak için en "popüler" yöntemler şunları içerir:

• tanıma dayalı eşitsizliklerin kanıtı;
• kare seçim yöntemi;
• sıralı değerlendirme yöntemi;
• matematiksel tümevarım yöntemi;
• özel ve klasik eşitsizliklerin kullanımı;
• matematiksel analiz unsurlarının kullanımı;
• geometrik hususların kullanımı;
• güçlendirme fikri vb.

Çözümlerle ilgili sorunlar

1. Eşitsizliği kanıtlayın:

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

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

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

a) Bizde

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

ki bu çok açık.

b) Her iki tarafın 2 ile çarpılması sonucu ortaya çıkan eşitsizlik şu şekli alır:

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

veya

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

veya

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

ki bu çok açık. Eşitlik yalnızca a = b = 1 olduğunda ortaya çıkar.

c) Bizde

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. Eşitsizliği kanıtlayın:

A)	A	+	B		>	a > 0 için 2, b > 0;
	B		A

B)	R	+	R	+	R		> 9, burada a, b, c kenarlardır ve P üçgenin çevresidir;
	A		B		C

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

a) Elimizde:

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

B ) Bu eşitsizliğin kanıtı basitçe aşağıdaki tahminden kaynaklanmaktadır:

b+c	+	a+c	+	a+b	=
A		B		C

=

B

+

C

+

A

+

C

+

A

+

B

=

A

A

B

B

C

C

= (

B

+

A

) + (

C

+

A

) + (

C

+

B

) > 6,

A

B

A

C

B

C

Eşkenar üçgende eşitlik sağlanır.

c) Elimizde:

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

= abc (

A

+

B

– 2 +

B

+

C

– 2 +

A

+

C

– 2 ) =

C

C

A

A

B

B

= abc ((

A

+

B

– 2) + (

A

+

C

– 2) + (

B

+

C

– 2) ) > 0,

B

A

C

A

C

B

Çünkü karşılıklı iki pozitif sayının toplamı 2'den büyük veya ona eşittir.

3. a + b = 1 ise a 8 + b 8 > 1/128 eşitsizliğinin geçerli olduğunu kanıtlayın.

a + b = 1 koşulundan şu sonuç çıkar:

a 2 + 2ab + b 2 = 1.

Bu eşitliği bariz eşitsizliğe ekleyelim

a 2 – 2ab + b2 > 0.

Şunu elde ederiz:

2a 2 + 2b 2 > 1 veya 4a 4 + 8a 2 b 2 + 4b 2 > 1.

4a 4 – 8a 2 b 2 + 4b 2 > 0,

şunu elde ederiz:

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

Bu eşitsizliği bariz eşitsizliğe eklemek

64a 8 – 128a 4 b 4 + 64b 4 > 0,

şunu elde ederiz:

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

4. Dahası e e · π π veya e 2π?

İşlevi düşünün f(x) = x – π ln x . Çünkü f'(x) = 1 – π/x , ve noktanın solunda X = π f’(x) 0 , ve sağda - f’(x) > 0, O f(x) noktada en küçük değere sahiptir X = π . Böylece f(е) > f(π) yani

e – π ln e = e – π > π – π ln π

veya

e + π ln π > 2π .

Buradan şunu anlıyoruz

e e + π ln π > e 2π,

o· e π ln π > e 2 π ,

e e · π π > e 2π.

5. Bunu kanıtlayın

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

Logaritmanın özelliklerini kullanarak bu eşitsizliği eşdeğer bir eşitsizliğe indirmek kolaydır:

(n + 1) n > n!,

nerede n! = 1 · 2 · 3 · . . . · n (n-faktöriyel). Ek olarak, bariz bir eşitsizlik sistemi vardır:

n + 1 > 1,

n + 1 > 2,

n + 1 > 3,

. . . . .

n + 1 > n,

bunları terim terimle çarptıktan sonra hemen (n + 1) n > n! sonucunu elde ederiz.

6. 2013 2015 · 2015 2013'ün olduğunu kanıtlayın

Sahibiz:

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

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

Açıkçası, genel bir ifade de elde edebiliriz: herhangi bir doğal sayı için eşitsizlik

(n – 1) n +1 (n + 1) n –1

7. Herhangi bir n doğal sayısı için aşağıdaki eşitsizliğin geçerli olduğunu kanıtlayın:

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

Eşitsizliğin sol tarafını tahmin edelim:

1	+	1	+	1	+ . . . +	1	=
1!		2!		3!		N!

= 1 +	1	+	1	+	1	+ . . . +	1
	1 2		1 2 3		1 2 3 4		1 · 2 · 3 · . . . N

1 +	1	+	1	+	1	+ . . . +	1	=
	1 2		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. a 1 2, a 2 2, a 3 2 olsun. . . ve n 2, n farklı doğal sayının kareleridir. Bunu kanıtla

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

Bu sayıların en büyüğü m olsun. Daha sonra

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

> ( 1 –	1	) (1	–	1	) (1	–	1	) . . . (1	–	1	) ,
	2 2			3 2			4 2			m2

çünkü 1'den küçük çarpanlar sağ tarafa eklenir.Her parantezi çarpanlara ayırarak sağ tarafı hesaplayalım:

=	2 · 3 2 · 4 2 · . . . · (m – 1) 2 · (m + 1)	=	m+1	=	1	+	1	>	1	.
	2 2 · 3 2 · 4 2 · . . . m2 Sol taraftaki parantezleri açarak toplamı elde ederiz 1 + (a 1 + . . . + an n) + (a 1 a 2 + . . . + an n –1 an n) + (a 1 a 2 a 3 + . . . + an n –2 an n –1 an n) + . . . + a 1 a 2 . . . BİR. İkinci parantez içindeki sayıların toplamı (a 1 + . . . + a n) 2'yi aşmaz, üçüncü parantez içindeki toplam (a 1 + . . . + a n) 3'ü aşmaz vb. Bu, ürünün tamamının aşmadığı anlamına gelir 1 + 1/2 + 1/4 + 1/8 + . . . + 1/2 n = 2 – 1/2 n Yöntem 2. Matematiksel tümevarım yöntemini kullanarak, tüm doğal n'ler için aşağıdaki eşitsizliğin doğru olduğunu kanıtlıyoruz: (1 + a 1) . . . (1 + bir n) n = 1 için elimizde: 1 + a 1 1 . n = k için aşağıdaki ifade geçerli olsun:(1 + a 1) . . . (1 + ak) 1 + . . . +ak). n = k +1 durumunu düşünün:(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 ). Matematiksel tümevarım ilkesi sayesinde eşitsizlik kanıtlanmıştır. 10. Bernoulli eşitsizliğini kanıtlayın: (1 + α) n ≥ 1 + nα, burada α > -1, n bir doğal sayıdır. Matematiksel tümevarım yöntemini kullanalım. n = 1 için gerçek eşitsizliği elde ederiz: 1 + α ≥ 1 + α. Aşağıdaki eşitsizliğin geçerli olduğunu varsayalım: (1 + α) n ≥ 1 + nα. O zaman bunun gerçekleştiğini gösterelim ve (1 + α) n + 1 ≥ 1 + (n + 1)α. Aslında, α > –1 α + 1 > 0 anlamına geldiğinden eşitsizliğin her iki tarafı çarpılır (1 + α) n ≥ 1 + nα (a + 1) üzerinde şunu elde ederiz (1 + α) n (1 + α) ≥ (1 + nα)(1 + α) veya (1 + α) n + 1 ≥ 1 + (n + 1)α + nα 2 nα 2 ≥ 0 olduğundan, (1 + α) n + 1 ≥ 1 + (n + 1)α + nα 2 ≥ 1 + (n + 1)α. Dolayısıyla matematiksel tümevarım ilkesine göre Bernoulli eşitsizliği doğrudur. Çözümü olmayan sorunlar 1. Değişkenlerin pozitif değerleri için eşitsizliği kanıtlayın a 2 b 2 + b 2 c 2 + a 2 c 2 ≥ abc(a + b + c). 2. Herhangi bir a için eşitsizliğin geçerli olduğunu kanıtlayın 3(1 + a 2 + a 4) ≥ (1 + a + a 2) 2. 3. Polinomun olduğunu kanıtlayın X 12 – X 9 + X 4 – X+1 x'in tüm değerleri için pozitiftir. 4. 0 e için eşitsizliği kanıtlayın (e+ x) e– x > ( e- X) e+ x . 5. a, b, c pozitif sayılar olsun. Bunu kanıtla a+b + b+c + a+c ≤ 1 + 1 +

Burada koordinat doğrusu üzerinde gösterilen "büyüktür" ve "küçüktür" ilişkilerinin cebirsel yorumunu tanıtıyoruz ve bunun eşitsizlikleri kanıtlamak için uygulanması ele alınıyor. Burada öğrencilere bu bölümde incelenen eşitsizliklerin özelliklerini cebirsel olarak nasıl kanıtlayacakları gösterilmektedir; bunlar daha önce geometrik olarak gerekçelendirilmişti.

Eşitsizlikleri kanıtlamak öğrenciler için oldukça zor bir materyaldir, bu nedenle dersin hazırlık düzeyine bağlı olarak farklı derecelerde bütünlükle ele alınmalıdır.

Eşitsizlikleri kanıtlamaya yönelik problemlerin özel bir özelliği, bunları çeşitli yollarla çözme olasılığıdır. Bu nedenle öğrencilerin problem çözme becerilerini geliştirmek amacıyla eşitsizliklerin kanıtlanması için çeşitli seçeneklerin gösterilmesi tavsiye edilir.

Eşitsizlikleri kanıtlamanın iki ana yolu vardır:

• 1) eşitsizliğin sağ ve sol tarafları arasındaki farkın derlenmesine ve daha sonra bu farkın sıfırla karşılaştırılmasına dayalı;
• 2) eşitsizliklerin özelliklerine bağlı olarak bir eşitsizlikten ona eşdeğer diğerine geçiş.

Her iki yol da eşittir. Ancak her iki durumda da kayıtlarınızın doğruluğundan emin olmanız gerekir. İlk çözüm yolunun seçilmesi durumunda farklar derlendikten sonra “=” işaretli zincir şeklinde yazılabilen bu ifadenin dönüşümlerinin gerçekleştirileceğini öğrencilere anlatmak gerekir. Ortaya çıkan ifade sıfırla karşılaştırılır ve buna dayanarak orijinal eşitsizlik hakkında bir sonuca varılır. İkinci yol seçilirse, eşdeğer eşitsizlikler dizisi yazılır (bir eşitsizliği çözerken olduğu gibi) ve sonuncusu hakkında - doğru olsun ya da olmasın - bir sonuca varılır. Örneğin, bir alıştırmanın çözümünün tasarımı her iki durumda da şöyle görünebilir.

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

Farkı telafi edelim 2'yi (a + b) sola taşıyın

Eşitsizliğin sol ve sağ tarafları:

eşitsizlikler: 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 .doğru dolayısıyla,

(a - 1)2 + (b - 1)2 0, orijinal eşitsizlik de doğrudur:

dolayısıyla a2 + b2 + 2 2 (a + b) .

eşitsizlik kanıtlandı:

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

“Zorunlu Asgari İçerik”in eşitsizliklerin kanıtını içermediğini unutmayın. Bu nedenle, karşılık gelen beceriler, öğrenmenin nihai sonucu değil, konuya hakim olmanın bir sonucu olarak değerlendirilebilir. Bu bakımdan eşitsizliklerin kanıtlanmasına ilişkin görevler sınavda yer almadığı gibi diğer final testlerinde de yer almamalıdır.

Pozitif p ve q sayıları için şunu kanıtlayın: p4 + q4 p3q + pq3.

Çözüm. Farkı dönüştürelim

p4 + q4 - (p3q + pq3).

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

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

p 0, q 0 olduğundan pq 0, p2 + pq + q2 0, ayrıca (p - q)2 0.

Negatif olmayan bir sayı ile pozitif bir sayının çarpımı negatif değildir, yani. söz konusu fark sıfırdan büyük veya sıfıra eşittir. Bu nedenle, p 0 için, q 0 p4 + q4 p3q + pq3.

a b 0 ise a2 + a b2 + b olduğunu farklı yollarla kanıtlayın.

Çözüm. Eşitsizliği ikinci şekilde kanıtlarken,

Örnekte kanıtlanmış eşitsizliği kullanalım: eğer a ve b pozitif sayılar ve a b ise, o zaman a2 b2. Daha sonra a2 b2 eşitsizliğini ve a b eşitsizliğini terim terim topladığımızda ihtiyacımız olanı elde ederiz.

3. Bu durumda bir turist aynı mesafeyi daha hızlı katedecektir: yatay bir yolda sabit hızla yürürse veya yolun yarısı yokuş yukarı yatay yoldaki hızından 1 km/saat daha az bir hızla yürürse ve mesafenin yarısı - dağdan yatay yola göre 1 km/saat daha yüksek bir hızla mı?

Çözüm. Bir turistin yatay yoldaki hızını x harfiyle gösterelim ve mesafeyi 1 olarak alalım. Sorun ifadelerin karşılaştırılmasında ortaya çıkıyor

1 ve ___1___ + ___1___

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

Hadi onların farkını yaratalım ve dönüştürelim, anladık

yani bu koşullar altında yatay bir yolda seyahat süresi, inişli çıkışlı bir yola göre daha azdır.

Eşitsizlikleri kanıtlama yöntemleri.

Eşitsizlikleri çözme. Eşdeğer eşitsizlikler.

Aralık yöntemi. Eşitsizlik sistemleri.

Eşitsizliklerin kanıtı. Birkaç kanıt yöntemi vardıreşitsizlikler. Eşitsizlik örneğini kullanarak bunlara bakacağız:

Nerede A - pozitif sayı.

1). Bilinen veya önceden kanıtlanmış bir eşitsizliğin kullanılması.

Şu biliniyor ki ( A– 1 )² 0 .

2). Eşitsizliğin bölümleri arasındaki farkın işaretini tahmin etmek .

Sol ve sağ taraflar arasındaki farkı düşünün:

Üstelik eşitlik ancak şu durumlarda gerçekleşir:bir = 1 .

3). Çelişki yoluyla kanıt.

Tam tersini varsayalım:

A, şunu elde ederiz: A 2 + 1 < 2 A, yani.

A 2 + 1 – 2 A < 0 , veya ( A– 1 ) 2 < 0, bu doğru değil. (Neden?) .

Ortaya çıkan çelişki, geçerliliğini kanıtlıyor

Söz konusu eşitsizlik.

4). Belirsiz eşitsizlik yöntemi.

Eşitsizlik denir belirsiz eğer bir işareti varsa\/ veya /\ ,

onlar. hangi yoldan olduğunu bilmediğimizdebu işaret çevrilmeli

Adil bir eşitsizlik elde etmek için.

Aynı kurallar burada da geçerlidirve sıradan eşitsizliklerle.

Tanımsız eşitsizliği düşünün:

Eşitsizliğin her iki tarafının çarpılmasıA, şunu elde ederiz: A 2 + 1 \/ 2 A, yani.

A 2 + 1 – 2 A \/ 0 , veya ( A– 1) 2 \/ 0 , ama burada nasıl döneceğimizi zaten biliyoruz

Doğru eşitsizliği elde etmek için \/ işareti koyun (Nasıl?). Çeviriyorum

Aşağıdan yukarıya doğru tüm eşitsizlik zinciri boyunca doğru yönde,
gerekli eşitsizliği elde ederiz.

Eşitsizlikleri çözme. Aynı bilinmeyenleri içeren iki eşitsizliğe denir. eş değer , bu bilinmeyenlerin aynı değerleri için geçerliyse. Aynı tanım iki eşitsizlik sisteminin denkliği için de kullanılır. Eşitsizlikleri çözmek, bir eşitsizlikten eşitsizliğe eşdeğer olan diğerine geçme sürecidir. Bu amaçla kullanılırlar eşitsizliklerin temel özellikleri(santimetre. ). Ayrıca herhangi bir ifadeyi verilen ifadenin aynısı olan başka bir ifadeyle değiştirmek de kullanılabilir. Eşitsizlikler olabilir cebirsel( içeren sadece polinomlar) Ve transandantal(örneğin logaritmik veyatrigonometrik). Burada çok önemli bir yönteme bakacağız.çözmek için sıklıkla kullanılır cebirsel eşitsizlikler

Aralık yöntemi. Eşitsizliği çözün: ( X – 3)( X – 5) < 2( X – 3). Burada eşitsizliğin her iki tarafını (X – 3), Bu binomun işaretini bilmediğimiz için (bilinmeyenleri içerir X ). Bu nedenle yeniden planlayacağızeşitsizliğin tüm terimleri sol tarafa:

(X – 3)( X – 5) – 2( X – 3) < 0 ,

çarpanlarına ayıralım:

(X – 3)( X – 5 – 2) < 0 ,

ve şunu alıyoruz: ( X – 3)( X – 7) < 0. Теперь определим знак произведения в левой части неравенства в различных числовых интервалах. Заметим, что X= 3 ve X = 7 - bu ifadenin kökleri. Bu nedenle sayı doğrusunun tamamı bunlara bölünecektir.aşağıdaki üç aralığa kökler:

aralıkta BEN(X < 3 ) her iki faktör de negatiftir, dolayısıyla iş olumlu; V aralık II (3 < X< 7 ) ilk çarpan(X– 3 ) pozitiftir ve ikincisi ( X - 7) negatiftir, dolayısıyla onların iş negatif; aralıktaIII(X> 7) her iki faktör de pozitiftir, bu nedenle ayrıca çalış olumlu. Artık geriye kalan tek şey ürünümüzün hangi aralıkta olacağını seçmektir. negatif. Bu aralıkIIdolayısıyla eşitsizliğin çözümü: 3 < X< 7. Son ifade- sözde çifte eşitsizlik. Bu şu anlama geliyorX hem 3'ten büyük hem de 7'den küçük olmalıdır.

ÖRNEK Aşağıdaki eşitsizliği aralık yöntemini kullanarak çözün:

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

Çözüm. Eşitsizliğin sol tarafının kökleri açıktır: 1, 2, 3, …, 100.

Sayı doğrusunu 101 aralığa böldüler:

Sol taraftaki parantez sayısından dolayı eşit(eşittir 100) sonra

Şu tarihte: X < 1, когда все множители отрицательны, их произведение

Olumlu. Kökten geçerken bir değişiklik olur

İşin işareti. Bu nedenle bir sonraki aralıkta içeride

Hangi çarpım pozitif ise (2, 3), sonra (4, 5),

Sonra (6, 7), ... , (98, 99) ve son olarak, X >100.

Dolayısıyla bu eşitsizliğin bir çözümü vardır:

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

Bu yüzden, cebirsel bir eşitsizliği çözmek için, Hepsini taşımam gerekiyorsoldaki üyeler (veyasağ taraf) ve çözkarşılık gelen denklem. Sonrasında bulunan kökleri sayı eksenine çizin; bunun sonucunda belli sayıda aralığa bölünür. Çözümün son aşamasında polinomun bu aralıkların her birinde hangi işarete sahip olduğunu belirlemeniz ve çözülen eşitsizliğin işaretine göre gerekli aralıkları seçmeniz gerekir.

Çoğu aşkın eşitsizliğin, bilinmeyenin değiştirilmesiyle cebirsel eşitsizliğe indirgendiğine dikkat edin. Yeni bilinmeyene göre çözülmeli ve daha sonra ters ikame yoluyla orijinal eşitsizliğe bir çözüm bulunmalıdır.

Eşitsizlik sistemleri. Bir eşitsizlik sistemini çözmek için her birini çözmek ve çözümlerini birleştirmek gerekir. Bu kombinasyon şunlara yol açar: iki olası durumdan biri: ya sistemin bir çözümü var ya da yok.

Örnek 1. Eşitsizlik sistemini çözün:

Çözüm. Birinci eşitsizliğin çözümü:X < 4 ; а второго: X > 6.

Dolayısıyla bu eşitsizlik sisteminin çözümü yoktur.

(Neden?)

Örnek 2. Eşitsizlik sistemini çözün:

Çözüm: Birinci eşitsizlik daha önce olduğu gibi şunu verir:X < 4; но решение

Bu örnekteki ikinci eşitsizlik:X > 1.

Böylece eşitsizlik sisteminin çözümü: 1< X < 4.

Kanguru Olimpiyatı koordinatörlerinin seminerinde Vyacheslav Andreevich Yasinsky, kendi değişken farklılıkları yöntemini kullanarak Olimpiyat simetrik eşitsizliklerinin nasıl kanıtlanacağına dair bir ders verdi.

Gerçekten de, matematik olimpiyatlarında sıklıkla eşitsizlikleri kanıtlamaya yönelik görevler vardır; örneğin 2001 Uluslararası Matematik Olimpiyatındaki şu görev gibi: $\frac(a)(\sqrt(a^2+8bc))+\frac(b )( \sqrt(b^2+8ac))+\frac(c)(\sqrt(c^2+8ab))\geq 1$ (pozitif a,b,c için).

Genellikle bir Olimpiyat eşitsizliğini kanıtlamak için bunun temel eşitsizliklerden birine indirgenmesi gerekir: Cauchy, Cauchy-Bunyakovsky, Jensen, ortalamalar arasındaki eşitsizlik vb. Üstelik başarıya ulaşmadan önce sıklıkla temel eşitsizliğin farklı versiyonlarını denemeniz gerekir.

Ancak çoğu zaman Olimpiyat eşitsizliklerinin (yukarıdaki gibi) bir özelliği vardır. Değişkenleri yeniden düzenlediğinizde (örneğin, a'yı b ile, b'yi c ile ve c'yi a ile değiştirmek) değişmeyecektir.

Çok değişkenli bir fonksiyon herhangi bir yeniden düzenlemeyle değişmiyorsa buna simetrik denir. Simetrik bir fonksiyon için Füç değişkenden eşitliğin sağladığı:
F(x,y,z)= F(x,z,y)= F(y ,x ,z )= F(y ,z ,x )= F(z ,x ,y )= F(z,y,x)

Bir fonksiyon yalnızca değişkenler döngüsel olarak yeniden düzenlendiğinde değişmiyorsa buna döngüsel denir.
F(x,y,z)= F(y,z,x)= F(z,x,y)

Simetrik fonksiyonlar temelinde oluşturulan eşitsizlikler için Vyacheslav Andreevich evrensel bir ispat yöntemi geliştirdi.
Yöntem aşağıdaki adımlardan oluşur.
1. Eşitsizliği, solda simetrik bir polinom (bunu D olarak gösterelim) ve sağda 0 olacak şekilde dönüştürün.

2. a, b, c değişkenlerindeki simetrik polinom D'yi temel simetrik polinomlar cinsinden ifade edin.

Üç değişkende üç temel simetrik polinom vardır. Bu:
p = a+b+c - toplam;
q = ab+bc+ac - ikili çarpımların toplamı;
r = abc - çarpım.

Herhangi bir simetrik polinom, taban polinomları cinsinden ifade edilebilir.

3. D polinomu simetrik olduğundan, genelliği kaybetmeden a, b, c değişkenlerinin şu şekilde sıralandığını varsayabiliriz: $a\geq b\geq c$

4. Negatif olmayan iki sayı x ve y'yi tanıtıyoruz, böylece x = a-b, y = b-c olur.

5. p, q ve r'yi c ve x, y cinsinden ifade ederek D polinomunu yeniden dönüştürün. Bunu dikkate alıyoruz
b = y+c
a = (x+y)+c

Daha sonra
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

X ve y içeren ifadelerde parantez açmadığımızı lütfen unutmayın.

6. Şimdi D polinomunu, katsayıları x ve y cinsinden ifade edilen c'deki polinom olarak ele alıyoruz. Katsayıların negatif olmaması dikkate alındığında, c'nin kabul edilebilir tüm değerleri için eşitsizlik işaretinin korunacağını göstermenin kolay olduğu ortaya çıkıyor.

Bu yöntemi örneklerle açıklayalım.
Örnek 1. Eşitsizliği kanıtlayın:
$(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)$

Kanıt
Eşitsizlik simetrik olduğundan (a, b, c değişkenlerinin herhangi bir permütasyonu ile değişmez), onu şu şekilde temsil ederiz:
$(a+b+c)^2 - 3(ab+bc+ac)\geq 0$

Sol taraftaki polinomu temel simetrik olanlarla ifade edelim:
$p^2 - 3q\geq 0$

Polinom simetrik olduğundan, genelliği kaybetmeden $a\geq b\geq c$ ve $x = a-b\geq 0$, $y = b-c\geq 0$ olduğunu varsayabiliriz.

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

Benzerlerini getirdikten sonra hiç değişken içermeyen bir eşitsizlik elde ediyoruz
$(x+2y)^2-3(x+y)y\geq 0$

Artık parantezleri açabilirsiniz
$x^2+4xy+4y^2-3xy-3y^2\geq 0$
$x^2+xy+y^2\geq 0$ - bu hem negatif x, y hem de herhangi biri için doğrudur.

Böylece eşitsizlik kanıtlanmıştır.

Örnek 2(1999 Britanya Matematik Olimpiyatlarından)
$7(ab+bc+ac)\leq 2+9abc$ olduğunu kanıtlayın (pozitif sayılar için, eğer a+b+c = 1 ise)

Kanıt
Her şeyi sol tarafa indirgemeye başlamadan önce eşitsizliğin parçalarının derecelerinin dengeli olmadığını belirtelim. Örnek 1'de eşitsizliğin her iki tarafı da ikinci dereceden polinomlar ise, o zaman burada ikinci derecenin polinomu sıfır ve üçüncü polinomların toplamı ile karşılaştırılır. Koşula göre a+b+c toplamının 1'e eşit olması gerçeğini kullanarak sol tarafı birle, sağ taraftaki ikisini bir küple çarpıyoruz.

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

Şimdi her şeyi sola taşıyalım ve sol tarafı a, b, c'nin simetrik bir polinomu olarak hayal edelim:
$7(ab+bc+ac)(a+b+c)- 2(a+b+c)^3-9abc\leq 0$

Sol tarafı temel simetrik polinomlar cinsinden ifade edelim:
$7qp- 2p^3-9r\leq 0$

Sol tarafı x, y ve c cinsinden ifade edelim ve c'ye göre bir polinom olarak gösterelim.
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

Önemli olan dönüşümleri dikkatli ve dikkatli bir şekilde gerçekleştirmektir. Vyacheslav Andreevich'in dediği gibi, eğer dönüşümler gerçekleştirirse ve birisi onun dikkatini dağıtırsa, formüllerin olduğu kağıdı atar ve yeniden başlar.

Son polinomda benzer olanları azaltmanın kolaylığı için bunlar farklı renklerle vurgulanmıştır.

c 3 olan tüm terimler yok edilecek: 63c 3 -54c 3 -9c 3 = 0
Aynı şey ikinci derecede de olacaktır: 21(x+2y)c 2 +42(x+2y)c 2 -54(x+2y)c 2 -9(x+2y)c 2 = 0

Birinci dereceden terimleri şu şekilde dönüştürelim: 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 - bu ifade hiçbir zaman pozitif olmayacaktır.

Ve serbest terimler: 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) - ve bu ifade de.

Böylece başlangıçtaki eşitsizlik her zaman sağlanacak ve ancak a=b=c durumunda eşitliğe dönüşecektir.

Vyacheslav Andreevich konferansında çok daha ilginç örnekleri tartıştı. Olimpiyat eşitsizliklerini kanıtlamak için bu yöntemi kullanmaya çalışın. Belki birkaç değerli puan kazanmanıza yardımcı olacaktır.