Ví dụ chứng minh các bất đẳng thức phức tạp Chương trình học phần “Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức” - Chương trình

Bảng điểm

1 TRƯỜNG ĐẠI HỌC BANG FETROZAVODSK KHOA TOÁN VÀ CÔNG NGHỆ THÔNG TIN Khoa Hình học và Cấu trúc liên kết Elizaveta Sergeevna Khaltsenen Bài tập cuối cùng để lấy bằng cử nhân Phương pháp chứng minh bất đẳng thức Phương hướng: "0.03.0" "Toán học" Cố vấn khoa học Giáo sư, Tiến sĩ Vật lý và Toán học Khoa học, Platonov S.S. (chữ ký của người quản lý) Petrozavodsk

2 Nội dung Giới thiệu...3. Bất đẳng thức Jensen Bất đẳng thức giao hoán Bất đẳng thức Karamata Giải các bài toán chứng minh bất đẳng thức...3 Tài liệu tham khảo

3 Giới thiệu Phương pháp là một tập hợp các hành động tuần tự nhằm giải quyết một loại vấn đề cụ thể. Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức trong luận văn này nhằm mục đích tìm ra nghiệm phi chuẩn cho các bất đẳng thức có dạng nhất định. Sử dụng các phương pháp như vậy, giải pháp được giảm đáng kể. Kết quả là như nhau, nhưng khối lượng công việc ít hơn. Mục tiêu của công việc cuối cùng là nghiên cứu ba loại bất đẳng thức mà nhờ đó nhiều loại bất đẳng thức khác có thể được chứng minh dễ dàng. Đó là bất đẳng thức Jensen, bất đẳng thức giao hoán, bất đẳng thức Karamata. Tất cả những bất đẳng thức này đều rất hay về mặt toán học; với sự trợ giúp của những bất đẳng thức này bạn có thể giải được những bất đẳng thức trong trường học. Chủ đề này có liên quan. Theo tôi, nó có thể hữu ích cho học sinh, bao gồm cả việc nâng cao kiến thức về lĩnh vực toán học. Vì các phương pháp này không đạt tiêu chuẩn nên tôi nghĩ rằng những học sinh có thiên hướng toán học sẽ thấy chúng hữu ích và thú vị. Nhiệm vụ là tìm kiếm và giải quyết các bất đẳng thức theo chủ đề từ các tài liệu được đề xuất. Tác phẩm gồm có bốn đoạn. Phần này mô tả bất đẳng thức Jensen, đưa ra cách chứng minh và định nghĩa bổ trợ. Phần 2 trình bày bất đẳng thức giao hoán, các trường hợp đặc biệt và bất đẳng thức giao hoán tổng quát. Ở đoạn 3, bất đẳng thức Karamata không được chứng minh. Đoạn 4 là tác phẩm chính của tác phẩm cuối cùng, tức là. chứng minh các bất đẳng thức sử dụng bất đẳng thức Jensen, bất đẳng thức giao hoán và bất đẳng thức Karamata

4 . Định nghĩa bất đẳng thức Jensen. Một tập hợp con của mặt phẳng được gọi là lồi nếu hai điểm bất kỳ của một tập hợp đã cho có thể được nối bởi một đoạn thẳng nằm hoàn toàn trong tập hợp đó. Định nghĩa 2. Giả sử f(x) được xác định trên một khoảng nào đó. Tập hợp tất cả các điểm (x,y) mà y f(x) được gọi là đồ thị, trong đó x thuộc một khoảng cho trước. Tập hợp các điểm (x,y) mà y f(x) được gọi là đồ thị con. Định nghĩa 3. Xét hàm số trên một khoảng nhất định. Một hàm được gọi là lồi nếu trong khoảng này đồ thị của nó là một tập lồi. Một hàm được gọi là lõm nếu đồ thị con của nó là một tập lồi. Tiêu chí về độ lồi (độ lõm) của hàm số. Để hàm y = f(x), khả vi liên tục trên khoảng (a, b), lồi (lõm) trên (a, b), điều cần và đủ là đạo hàm f của nó tăng (giảm) trên khoảng (a, b). Tiêu chí 2 về độ lồi (lõm) của hàm số. Để hàm y = f(x), khả vi hai lần trên khoảng (a, b), lồi (lõm) trên (a, b), điều cần và đủ là f(x) 0(f ( x) 0 ) tại mọi điểm x (a, b) Định nghĩa 4. Trọng tâm của các điểm A(x, y) và B(x 2, y 2) là điểm C(x, y) thuộc đoạn thẳng AB, sao cho AC = m B, trong đó m BC m B là khối lượng A của điểm B và m A là khối lượng của điểm A. Ở dạng vectơ, khối tâm có dạng như sau: bán kính vectơ tâm của khối lượng: trong đó r i là vectơ bán kính của các điểm A và B, i =,2. Trong tọa độ: 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. Cho C AB là trọng tâm của các điểm A và B. Nếu U là tập con lồi của mặt phẳng và các điểm A, B thuộc U thì C AB thuộc U, vì C AB thuộc đoạn AB. Cho A, A2 A là các điểm tùy ý trên mặt phẳng có khối lượng m, m2, m. Khối tâm C A,A 2 A của hệ điểm A, A 2 A được xác định bằng quy nạp bởi:) At = 2 khối tâm C A A 2 của hệ điểm A, A 2 đã được xác định. Giả sử điểm C A A 2 có khối lượng m + m 2 2) Giả sử hệ các điểm A, A 2 A đã xác định được tâm khối lượng c A, A 2 A. Ta ký hiệu khối tâm của các điểm A, A 2 A bằng B và giả sử khối lượng của điểm B bằng m B = m + m m. Theo định nghĩa, chúng ta giả sử C A,A 2 A = C BA, tức là khối tâm của hệ các điểm A, A 2 A, A bằng khối tâm của hai điểm B và A. Ta giả sử khối lượng của các điểm C A, A 2 A bằng m B + m = m + m m. Từ định nghĩa khối tâm, suy ra rằng nếu mọi điểm A, A 2 A thuộc tập lồi U thì khối tâm của chúng cũng thuộc U. Bổ đề. Cho A, A 2 A là các điểm trên mặt phẳng có khối lượng m, m 2, m và r i là vectơ bán kính của điểm A i, i =,. Nếu C là khối tâm của hệ các điểm A, A 2 A thì có thể tính vectơ bán kính r C của điểm C bằng công thức Chứng minh. r C = m r +m 2 r 2 + +m r m +m 2 + +m (2) Ta sẽ chứng minh công thức (2) bằng quy nạp trên. Với = 2, công thức đã được chứng minh (xem công thức ()). Giả sử rằng công thức (2) đã được chứng minh cho (). Gọi B là khối tâm của hệ điểm A, A 2 A. Khi đó - 5 -

6 r B = m r + m 2 r m r m + m m thì khối lượng của điểm B bằng m B = m + m m. Theo định nghĩa, khối tâm C của hệ các điểm A, A 2 A trùng với khối tâm của cặp điểm B và A. Vector bán kính của điểm C được tính theo công thức () r C = m Br B + m r m B + m = m r + m 2 r m r m + m m chứng tỏ công thức (2) cho điểm. Trong tọa độ, công thức (2) có dạng: 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 “Định lý Jensen. Cho y = f(x) là hàm lồi trên một khoảng nhất định, x, x 2, x là các số trong khoảng này; m, m 2, m là các số dương thỏa mãn điều kiện m + m m =. Khi đó, bất đẳng thức Jensen đúng: f(m x + m 2 x m x) m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f(x) Nếu hàm y = f(x) lõm trên một khoảng nào đó, x, x 2 , x - các số trong khoảng này; m, m2, m là các số dương thỏa mãn điều kiện m + m m =. Khi đó bất đẳng thức Jensen có dạng: f(m x + m 2 x m x) m f(x) + m 2 f(x 2) + + m f(x)" Chứng minh: Xét hàm số f(x) lồi trên đoạn (a, b) . Trên đồ thị của nó, xét các điểm A, A 2, A và cho A i = (x i, y i), y i = f(x i). Ta lấy khối lượng tùy ý m, m 2, m cho các điểm A, A 2, A sao cho m + m m =. Từ thực tế f(x) là hàm lồi suy ra rằng - 6 -

7 rằng đồ thị của hàm số là một tập lồi. Do đó, khối tâm của các điểm A, A2, A thuộc đồ thị. Hãy tìm tọa độ khối tâm: 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) Vì C thuộc đoạn ngoại văn nên ta được 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) Sử dụng bất đẳng thức Jensen, chúng ta có thể chứng minh bất đẳng thức Cauchy: Với mọi số dương a, a 2, a , bất đẳng thức sau đây đúng: (a + a a) a a 2 a Chúng ta hãy lấy logarit của bất đẳng thức (3) và thu được bất đẳng thức tương đương (3) l (a +a 2 + +a) l(a a 2 a) ( 4) Sử dụng tính chất của logarit, ta viết lại bất đẳng thức (4) dưới dạng : l (a +a 2 + +a) l a + l a l a (5) Bất đẳng thức thu được là trường hợp đặc biệt của bất đẳng thức Jensen cho trường hợp f( x) = l(x), m = m 2 = = m =. Lưu ý rằng hàm y = l(x) lõm trên khoảng (0, +), vì y =< 0, поэтому неравенство (5) есть частный случай неравенства x2-7 -

8 Jensen cho hàm lõm f(x) = l(x). Vì bất đẳng thức (5) đúng nên bất đẳng thức tương đương (3) cũng đúng 2. Định nghĩa bất đẳng thức giao hoán. Sự tương ứng một-một giữa một tập hợp các số (,2,3,) và chính nó được gọi là hoán vị các phần tử. Chúng ta hãy biểu thị sự hoán vị bằng chữ cái σ sao cho σ(), σ(2), σ(3) σ() là các số,2,3, theo một thứ tự khác. Xét hai tập hợp số a, a 2, a và b, b 2, b. Các tập hợp a, a 2, a và b, b 2, b được gọi là có thứ tự giống nhau nếu với mọi số i và j, từ thực tế là a i a j nó tuân theo b i b j. Trong đó, số lớn nhất của tập a, a 2, a tương ứng với số lớn nhất của tập b, b 2, b, số lớn thứ hai của tập thứ nhất có số lớn thứ hai của tập thứ hai, và như thế. Các tập hợp a, a 2, a và b, b 2, b được gọi là có thứ tự nghịch đảo nếu, với mọi số i và j, từ thực tế là a i a j nó tuân theo b i b j. Từ đó suy ra rằng số lớn nhất trong tập hợp a, a 2, a tương ứng với số nhỏ nhất trong tập hợp b, b 2, b, số lớn thứ hai trong tập hợp a, a 2, a tương ứng với số nhỏ thứ hai số từ tập hợp b, b 2 , b, v.v. Ví dụ.) Cho hai tập hợp sao cho a a 2 a và b b 2 b, thì theo định nghĩa mà chúng ta đã đưa ra, các tập hợp này có thứ tự bằng nhau. 2) Cho hai tập hợp sao cho a a 2 a và b b 2 b, trong trường hợp đó các tập hợp số a, a 2, a và b, b 2, b sẽ có thứ tự nghịch đảo ở mọi nơi bên dưới, a, a 2, a và b, b 2 , b - số thực dương “Định lý. (Bất đẳng thức giao hoán) Cho hai tập hợp số a, a 2, a và b, b 2, b. Chúng ta hãy xem xét nhiều hoán vị khác nhau của chúng. Khi đó giá trị của biểu thức là - 8 -

9 S = a b σ + a 2 b σ2 + + a b σ () sẽ lớn nhất khi các tập a, a 2, a và b, b 2, b có thứ tự bằng nhau và nhỏ nhất khi a, a 2, a và b , b 2, b được sắp xếp ngược lại. Đối với tất cả các hoán vị khác, tổng S sẽ nằm trong khoảng giá trị nhỏ nhất và lớn nhất." Ví dụ. Theo định lý a b + b c + c a 3, vì tập hợp a, b, c và a, b, c có thứ tự nghịch đảo nên giá trị của a a + b b + c c = 3 sẽ nhỏ nhất. Chứng minh định lý. Xét hai bộ số: bộ thứ nhất a, a 2, a và bộ thứ hai b, b 2, b. Giả sử rằng các bộ này không được sắp xếp theo cùng một cách. Có các chỉ số i và k sao cho a i > a k và b k > b i. Hãy hoán đổi các số b k và b i trong tập thứ hai (phép biến đổi này được gọi là “sắp xếp”). Khi đó trong tổng S các số hạng a i b i và a k b k sẽ được thay thế bằng a i b k và a k b i, và tất cả các số hạng khác sẽ không thay đổi. Lưu ý rằng 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 Định lý 3. Xét hai tập hợp a, a 2, a 3 a và b, b 2, b 3 b phần tử của tập hợp này là dương. Khi đó giá trị () a i + b σ(i) sẽ lớn nhất khi các tập hợp a, a 2, a 3 a và b, b 2, b 3 b có thứ tự bằng nhau và nhỏ nhất khi chúng được sắp xếp ngược lại.” Định lý 2 và 3 là trường hợp đặc biệt của một định lý tổng quát hơn, được thảo luận dưới đây. Bất đẳng thức giao hoán tổng quát “Định lý 4 (Bất đẳng thức giao hoán tổng quát). Giả sử hàm f liên tục và lồi trên một khoảng nào đó trong R. Khi đó với mọi tập hợp số a, a 2, a 3 a và b, b 2, b 3 b tính từ khoảng đó giá trị của biểu thức f (a + b σ()) + f ( a 2 + b σ(2)) + f (a + b σ()) sẽ lớn nhất khi các tập hợp được sắp xếp bằng nhau và nhỏ nhất khi các tập hợp được sắp xếp ngược lại. Định lý 5. Cho hàm f liên tục và lõm trên một khoảng nào đó trong R Khi đó: giá trị của biểu thức f (a + b σ()) + f (a 2 + b σ(2)) + f (a + b σ()) sẽ lớn nhất khi các số được sắp xếp ngược lại và nhỏ nhất khi các tập hợp a, a 2, a 3 a và b, b 2, b 3 b được sắp xếp bằng nhau. Chứng minh.") Xét trường hợp = 2. Cho hàm f lồi và có hai tập hợp a > a 2 và b > b 2. Ta cần chứng minh rằng Hãy ký hiệu f(a + b) + f(a 2 + b 2) f(a + b 2) + f(a 2 + b) (2) x = a + b 2, k = a a 2, m = b b 2. Khi đó - 0 -

11 a + b 2 = x + k, a 2 + b = x + m, a + b = x + k + m, do đó bất đẳng thức (2) có dạng f(x + k + m) + f(x + k ) f(x + k) + f(x + m) (3) Để chứng minh bất đẳng thức, chúng ta sẽ sử dụng hình vẽ. Hình vẽ là đồ thị của hàm lồi y = f(x) và các điểm A(x). , f(x)), C(x) được đánh dấu trên đồ thị + k, f(x + k)), D(x + m, f(x + m)), B (x + k + m, f (x + k + m)). và trên Từ tính lồi của hàm f suy ra dây cung CD nằm bên dưới dây cung AB. Gọi K là trung điểm dây CD, MZ là trung điểm dây AB. Lưu ý rằng hoành độ của điểm K và M giống nhau, vì x k = 2 ((x + k) + (x + m)) = (2x + k + m) 2 x m = 2 (x + (x + k + m) ) = (2x + k + m) 2 Do đó, điểm K và M nằm trên cùng một đường thẳng đứng, nghĩa là y m y k. - -

12 Vì y m = (f(x) + f(x + k + m)) 2 y k = (f(x + k) + f(x + m)) 2 Điều này dẫn đến bất đẳng thức (3) và (2). Q.E.D. 2) Cho > 2. Giả sử các tập a, a 2, a 3 a và b, b 2, b 3 b không được sắp xếp theo cùng một cách, tức là. có các chỉ số i và k sao cho a i > a k và 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 Nếu x, x 2, x là các số dương, i= x i =, thì (,) (x, x 2, x) (,0,0,0, 0) “Định lý (Bất đẳng thức Karamata) Cho f: (a , b ) R, f là hàm lồi x, x 2, x, y, y 2, y (a, b) và (x, x 2, x) (y, y 2, y), thì f(x ) + f(x 2) + f(x) f(y) + f(y 2) + f(y). Nếu f là hàm lõm thì f(x) + f(x 2) + f(x) f(y) + f(y 2) + f(y).” Để có bằng chứng, xem . 4. Giải bài toán chứng minh bất đẳng thức. Phần này xem xét các vấn đề khác nhau để chứng minh các bất đẳng thức, lời giải của chúng có thể được giải bằng bất đẳng thức Jensen, bất đẳng thức giao hoán hoặc bất đẳng thức Karamata. Bài tập. Chứng minh bất đẳng thức trong đó x, x 2, x > 0 Cho 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 Khi đó, từ bất đẳng thức Jensen suy ra - 3 -

14 Chúng ta hãy chứng minh rằng i= + x i + x x 2 x + x +x 2 + +x Điều này đúng khi và chỉ khi + x x 2 x + x + x x + x x 2 x x + x x x x 2 x Và bất đẳng thức cuối cùng trùng khớp với bất đẳng thức Cauchy. Bài tập 2. Chứng minh rằng với mọi a, b > 0 thì bất đẳng thức sau là đúng: 2 a + b ab Tương đương với bất đẳng thức 2ab a + b ab 2ab ab(a + b) 2 ab a + b v.v. Bài tập 3. Chứng minh rằng với mọi a, a 2, a > 0 bất đẳng thức sau là đúng: a a 2 a a a 2 a Bất đẳng thức có thể viết lại thành: - 4 -

15 () (a a a 2 a a 2 a) Thay thế b i = a i, khi đó bất đẳng thức sẽ có dạng: (b + b b) (b b 2 b) Bất đẳng thức này đúng, vì Đây là bất đẳng thức Cauchy. Bài tập 4. Chứng minh rằng với mọi a, a 2, a > 0, bất đẳng thức sau đúng: Xét bất đẳng thức với =3. a + a a + a a 2 a 3 a a a a 2 + a 2 a 3 + a 3 a 3 Hãy ký hiệu a a 2 = x, a 2 a 3 = y, a 3 a = z, xyz = x+y+z 3 3 xyz= -true Ký hiệu x = a a 2,x 2 = a 2 a 3,x = a a, Khi đó x x 2 x =. Khi đó bất đẳng thức sẽ có dạng: x + x x Bất đẳng thức này suy ra từ bất đẳng thức Cauchy: h.t.d. Bài 5. Chứng minh rằng (x + x x) x x 2 x = si x + si x si x si x + x x, trong đó 0 x i π - 5 -

16 Bất đẳng thức suy ra từ bất đẳng thức Jensen cho hàm y = si x. Hàm y = si x lõm trên khoảng (0, π), vì 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 bất đẳng thức đúng: (a + a 2+ +a)(a + a a) 2 Bất đẳng thức có thể được viết lại thành: điều này tương đương với thực tế là (a + a a) a + a a 2 a +a 2 + + a a + a 2+ +a Xét hàm Jensen f(x) = x, ta thu được đẳng thức này. và sử dụng bất đẳng thức Bài tập 7. Chứng minh rằng với mọi x, y, z > 0 thì bất đẳng thức x 5 + y 5 + z 5 x 3 y 2 + y 3 x 2 + z 3 x 2 Ta áp dụng phép đổi. sự bất bình đẳng. Giả sử tập thứ nhất có dạng Thứ hai x 3, y 3, z 3, x 2, y 2, z 2 Biểu thức ở vế trái sẽ lớn nhất, vì giá trị của biểu thức ở vế trái x 5 + y 5 + z 5 được tạo thành từ các bộ số có thứ tự giống hệt nhau. Từ đó suy ra giá trị thu được - 6 -

17 đối với tất cả các hoán vị khác không lớn hơn giá trị thu được khi sắp xếp các biến “đúng nhất”. Bài 8. Chứng minh với mọi x, y, z > 0 bất đẳng thức sau đúng: x + x 2 + y + y 2 + z + z 2 x + y 2 + y + z 2 + z + x 2 Ta có thể giả sử rằng x y z. Cho a = x, a 2 = y, a 3 = z, b = + x 2, b 2 = + y 2, b 3 = + z 2 Đặt a, a 2, a 3 và b, b 2, b 3 được sắp xếp trái ngược nhau, do đó, theo bất đẳng thức giao hoán, tổng a b + a 2 b 2 + a 3 b 3 là nhỏ nhất trong các tổng. Đặc biệt, số nào tương đương với a b σ + a 2 b σ2 + a 3 b σ3. . a b + a 2 b 2 + a 3 b 3 a b 2 + a 2 b 3 + a 3 b, x + x 2 + y + y 2 + z + z 2 x + y 2 + y + z 2 + z + x 2. Bài tập 9. Chứng minh rằng với mọi a, a 2, a > 0 thì bất đẳng thức sau đúng: (+ a 2) (+ a 2 2) (+ a 2) (+ a a 2 a 3 a)(+ a 2 ) (+ a) Nhân với a a 2 a, ta được (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 Chúng ta hãy lấy logarit của bất đẳng thức và thu được bất đẳng thức tương đương. 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.) Hãy sử dụng bất đẳng thức giao hoán tổng quát cho hàm lõm y = l x. Cho a i = a i, b i = a i 2. Khi đó các tập hợp b, b 2, b và a, a 2, a có thứ tự bằng nhau nên l(b + a) + l(b 2 + a 2) + + l( b + a ) l(b + a 2) + l(b 2 + a 3) + + l(b + a), Chứng minh bất đẳng thức (9.). Bài tập 0. Chứng minh rằng với mọi dương a, b, c a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ac (0.) Giả sử a b c.. Vì các tập hợp (a, b, c) và (a, b , c) được sắp xếp như nhau, nhưng các tập hợp (a, b, c) và (b, c, a) không được sắp xếp như nhau, thì bất đẳng thức (0.) suy ra từ bất đẳng thức giao hoán. Bài tập. Chứng minh rằng nếu xy + yz + zx = thì Bất đẳng thức (.) suy ra từ Bài 0. Bài 2. Chứng minh rằng nếu a, b, c > 0 thì x 2 + y 2 + z 2 (.). (a + c)(b + d) ab + cd Vì căn bậc hai lớn hơn hoặc bằng 0 nên chúng ta có thể bình phương cạnh phải và cạnh trái. Chúng ta nhận được: (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 -Đúng Bài tập 3, 4. Chứng minh rằng với mọi a, a 2, a > 0 thì bất đẳng thức sau đây đúng: 3) a 2 + a a 2 (a +a 2 + a) 2 4)a 2 + a a 2 (3.) (4.) trong đó a + a 2 + a = Bất đẳng thức (4.) theo sau từ ( 3.) với a + a 2 + a =. Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức (3.). Nó có thể được chuyển đổi sang dạng Hoặc a 2 + a a 2 (a + a 2 + a) 2 2 a 2 + a a 2 (a + a a) Hãy sử dụng bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi f(x): f(q x + q 2 x 2 + q x) q f(x) + q 2 f(x 2) + q f(x), Trong đó 0 q i, q + q 2 + q =. Nếu lấy f(x) = x 2, q i =, i =,2 thì ta thu được bất đẳng thức (3.), v.v. Bài 5. Chứng minh với mọi số tự nhiên và với mọi p, q bất đẳng thức () 2 pq + ()(p + q) + ()pq + (5.) - 9 -

20 Chúng ta hãy biến đổi bất đẳng thức (5.) thành dạng tương đương: () 2 pq + ()(p + q) + ()pq + () 2 pq + ()(p + q) + ()pq 0 Đưa tương tự những cái chúng ta nhận được: ( )[()pq + (p + q) pq] + 0 () () 0 () 0 () 0 luôn luôn, vì -natural Chúng ta chứng minh rằng Lưu ý rằng 0 (5.2) p + q pq = p(q ) (q) = (p)(q) Vì p, q nên p 0, q 0 nên bất đẳng thức (5.2) đúng. Bài 6. Với mọi số dương x, y, z, bất đẳng thức sau đúng: Đặt x y z xyz (y + z x)(z + x y)(x + y z) (6.))If y + z x< 0, то неравенство (6.) выполнено 2) Пусть все множители в правой части >0. Khi đó bất đẳng thức (6.) tương đương với bất đẳng thức l x + ly y + l z l(y + z x) + l(z + x y) + l(x + y z) Cho f(x) = l x. Vì 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 (vì y z 0); (x + y z) + (x + z y) = 2x x + y (x + y z) + (x + z y) + (y + z x) = x + y + z Vì hàm f(x) = l x lõm , thì từ bất đẳng thức Karamata suy ra l(x + y z) + l(x + z y) + l(y + z x) = l x + l y + l z, chứng tỏ bất đẳng thức (6.). Bài 7. Chứng minh rằng với mọi a, b và c > 0, bất đẳng thức sau đúng: a 2 + b 2 + c ab + ac + bc a 2 + 2bc + b 2 + 2ac + c 2 + 2ab Điều này tương đương với thực tế là Hãy a b c. a 2 + b 2 + c 2 + ab + ac + bc + ab + ac + bc Xét hai tập hợp số 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) Ta cần chứng minh (7.) đa thức (7.2). Hãy sử dụng định nghĩa về đa số hóa :) 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)(c a) 0-2 -

22 (c b) 0 và (c a) 0, khi đó (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 Đúng. Như vậy, tập hợp số (7.) đa số hóa tập hợp số (7.2). Áp dụng bất đẳng thức Karamata cho hàm lồi f(x) = x, ta thu được bất đẳng thức ban đầu đúng. Bài 8. Với a, b, c, d > 0, chứng minh bất đẳng thức 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 đúng 2 d 2 + c 2 d 2 Cho a b c d Thay thế: x = l a, y = l b, z = l c, w = l d và viết bất đẳng thức ban đầu dưới dạng: 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 Xét hai tập hợp các số: (4x, 4y, 4z, 4w, x + y + z + w, x + y + z + w) và (2x + 2y, 2x + 2z, 2x + 2w, 2y + 2z, 2y + 2w, 2z + 2w) Hãy sắp xếp các bộ sau: (4x, 4y, 4z, x + y + z + w, x + y + z + w, 4w) và (8.) Bộ thứ hai không đổi: (2x + 2y, 2x + 2z, 2x + 2w, 2y + 2z, 2y + 2w, 2z + 2w) (8.2) Ta chứng minh (8.) đa thành (8.2)

23 ) 4x 2x + 2y, x y đúng 2) 4x + 4y 4x + 2y + 2z,y z đúng 3) 4x + 4y + 4z 4x + 2y + 2z + 2x + 2w y + z x + w Vì các tập hợp được sắp xếp theo cách này, 2x + 2w 2y + 2z tức là x + w y + z thì trường hợp 3) chỉ xảy ra khi 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 Tương tự như trường hợp trước, bất đẳng thức này đúng với x + w = y + z 5) 4x + 4y + 4z + 2x + 2y + 2z + 2w 4x + 2y + 2z + 2x + 2w + 2y + 2z + 2y + 2w z w đúng 6) 4x + 4y + 4z + 2x + 2y + 2z + 2w + 4w 4x + 2y + 2z + 2x + 2w + 2y + 2z + 2y + 2w + 2z + 2w 0 = 0 Vậy tập (8.) đại số hóa tập hợp số (8.2). Sử dụng bất đẳng thức Karamata cho hàm f(x) = e x, chúng ta thu được bất đẳng thức đúng. Bài 9. Với a, b, c > 0, chứng minh bất đẳng thức a 3 + b 3 + c 3 + abc 2 3 (a2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca) là đúng

24 Giả sử a b c Nhân cả hai vế của bất đẳng thức với 3, ta được 3a 3 + 3b 3 + 3c 3 + 3abc 2(a 2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca) 2 (9. ) Hãy thay thế : Và chúng ta viết bất đẳng thức (9.) dưới dạng: 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 Xét hai tập hợp: (3x, 3x, 3x, 3y, 3y, 3y, 3z, 3z, 3z, x + y + z, x + y + z, x + y + z) và (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) Ta hãy sắp xếp các bộ này: (3x, 3x, 3x, 3y, 3y, 3y , x + y + z, x + y + z, x + y + z, 3z, 3z, 3z,) và (9.2) Hãy sắp xếp tập thứ hai: 2x + y z + 2x y z true y + 2z 2z + x y x true Như vậy, ta được tập hợp: (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) Cần chứng minh tập hợp số (9.2) đại số hóa tập hợp số (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, với x = y ta thu được 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 Khi x = y ta thu được y z 7) 9x + 9y + x + y + z 4x + 2y + 2z + 4x + 4y + 2x + 2y + z , ta được 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 Do đó, tập hợp của số (9.2) đa số hóa tập hợp số (9.3) và theo bất đẳng thức Karamata cho hàm f(x) = e x ta thu được bất đẳng thức đúng

26 Tài liệu tham khảo) Yu.P. Sự bất bình đẳng. M.: Nhà xuất bản Trung tâm Giáo dục Toán học thường xuyên Matxcova 2005. 6 tr. 2) I.Kh. Sivashinsky. Bất đẳng thức trong bài toán M.: Nauka, p. 3) A.I. Xung quanh sự bất bình đẳng của người Mông Cổ, Mat. sự giác ngộ, màu xám 3, 7, MTsNMO, M., 2003, tr. 4) L.V. Radzivilovsky, Tổng quát hóa bất đẳng thức giao hoán và bất đẳng thức Mông Cổ, Mat. sự giác ngộ, màu xám 3, 0, Nhà xuất bản MTsNMO, M., 2006, tr. 5) V.A.ch Kretschmar. Sách bài toán đại số. Tái bản lần thứ năm M., khoa học, tr. 6) D. Nomirovsky bất đẳng thức Karamata /D. Nomirovsky // (Kvant)-S

Tập lồi và hàm số R n là tập hợp gồm n số thực. Trong phần tiếp theo, chúng ta sẽ gọi tập hợp này là một không gian; các phần tử của nó sẽ là điểm; một điểm có tọa độ (x 1,..., x n) sẽ được ký hiệu là

Điều kiện của nhiệm vụ 1 Giai đoạn thành phố lớp 8 lớp 1. Trên bảng viết hai số. Một trong số chúng đã tăng gấp 6 lần và số còn lại giảm vào năm 2015, trong khi tổng các con số không thay đổi. Tìm ít nhất một cặp trong số này

Chương IX. Không gian Euclide và không gian đơn nhất 35. Tích số chấm trong không gian vectơ Đại học Liên bang Ural, Viện Toán học và Khoa học Máy tính, Khoa Đại số và rời rạc

Đại học Liên bang Ural, Viện Toán học và Khoa học Máy tính, Khoa Đại số và Toán rời rạc Nhận xét giới thiệu Khi giải nhiều bài toán, cần phải có phương pháp số

Giải các bài toán vòng đối đầu Euler Olympiad 1 lần thứ chín. Tất cả các nghiệm của hệ x yz 1, x y z x, x y z đều được xét. Tìm tất cả các giá trị mà x có thể nhận. Trả lời 1; 1; 1. Lời giải 1. Vì x y

Bài giảng 4 1. VECTOR Vector là đoạn có hướng. Các vectơ bằng nhau: có cùng độ dài và cùng hướng (song song và hướng cùng hướng) Các vectơ đối diện: có cùng độ dài

Chủ đề 1-8: Số phức A. Ya. Ovsyannikov Viện Toán học và Khoa học Máy tính Đại học Liên bang Ural Khoa Đại số và Toán rời rạc đại số và hình học cơ học (1 học kỳ)

Khoa Vật lý và Toán học của Đại học Bang Penza "Trường vật lý và toán học nội bộ và tương ứng" TOÁN HỌC Các phép biến đổi giống hệt nhau. Giải phương trình. Tam giác Nhiệm vụ 1 cho

Viện Vật lý và Công nghệ Moscow Phương trình mũ, logarit và bất đẳng thức, phương pháp thế năng và logarit trong giải toán. Hướng dẫn phương pháp chuẩn bị cho Thế vận hội.

98 TOÁN HỌC: ĐẠI SỐ VÀ BẮT ĐẦU CỦA HÌNH HỌC PHÂN TÍCH Giải phương trình dựa trên tính chất của hàm lồi Lipatov SV Kaluga MBOU "Lyceum 9 được đặt theo tên của lớp KE Tsiolkovsky" 0 "A" Người giám sát khoa học:

Dạng đại số của số phức. Bài thuyết trình giáo dục A. V. Likhatsky Giám sát: E. A. Maksimenko Đại học Liên bang miền Nam 14 tháng 4 năm 2008 Đại số A. V. Likhatsky (SFU). bộ mẫu con số

Đại học Kỹ thuật Quốc gia Mátxcơva mang tên N.E. Bauman Khoa Khoa học Cơ bản Khoa Mô hình Toán học A.N. Kaviakovykov, A.P. Kremenko

72 Chương 2 Đa thức Ví dụ và nhận xét Thuật toán A-01 Viết đa thức ở dạng chuẩn A-02 Các phép tính trên đa thức A-03 Phép biến đổi miệng A-04 Công thức nhân rút gọn A-05 Nhị thức Newton

Giải bài toán vòng tương ứng khối toán Euler Olympiad I lần thứ 6 Tìm xem giá trị nào của tham số có các số thực x và y thỏa mãn phương trình xy + x + y + 7 Đáp án: 89 Lời giải

Bài Giảng 8 Chương 8 Đại số vectơ Vector Các đại lượng chỉ được xác định bởi giá trị số của chúng được gọi là đại lượng vô hướng Ví dụ về đại lượng vô hướng: chiều dài, diện tích, thể tích, nhiệt độ, công, khối lượng

Olympic liên vùng dành cho học sinh “Proba cao hơn”, TOÁN 2017, giai đoạn 2 tr. 1/10 Giải pháp và tiêu chí đánh giá nhiệm vụ Olympic 10-1 Trong một đại đội 6 người, một số người đi theo nhóm ba người

7. Cực trị của hàm nhiều biến 7.. Cực trị cục bộ Giả sử hàm f(x,..., x n) được xác định trên một tập mở D R n. Điểm M D được gọi là điểm cực đại cục bộ (cục bộ

Olympic Euler dành cho giáo viên toán lần thứ 8 Giải các bài toán tương ứng Giải phương trình a b c b a c c a b a b c, trong đó a, b và c là các số dương Giải Rõ ràng rằng a b c là nghiệm của phương trình này

Tôi năm, nhiệm vụ. Chứng minh rằng hàm Riemann, nếu 0, m m R(), if, m, m 0, và phân số tối giản, 0, nếu vô tỉ, thì gián đoạn tại mọi điểm hữu tỉ và liên tục tại mọi điểm vô tỉ. Giải pháp.

Olympic Toán Thành phố, Khabarovsk, 1997 Bài 1. Tìm nghiệm phương trình LỚP 9 (x + 2) 4 + x 4 = 82. (1) Giải. Sau khi thay biến x = y 1, phương trình (1) có thể viết là

Đại học Liên bang Ural, Viện Toán học và Khoa học Máy tính, Khoa Đại số và Toán rời rạc Nhận xét giới thiệu Trong ba bài giảng trước, đường thẳng và mặt phẳng đã được nghiên cứu, tức là.

Chủ đề 2-14: Không gian Euclide và không gian đơn nhất A. Ya. Ovsyannikov Viện Toán học và Khoa học Máy tính Đại học Liên bang Ural Khoa Đại số và Toán rời rạc đại số và hình học cho

Olympic Euler dành cho giáo viên toán lần thứ 9 Giải các bài toán tương ứng 1. Giải phương trình x(x ab) a b cho x. Giải pháp. Rõ ràng x a b là nghiệm của phương trình này. Chia đa thức x abx

1. Phương trình tuyến tính với hai biến Trong nhiệm vụ đầu tiên, chúng ta đã xem xét phương trình tuyến tính với một biến. Ví dụ: các phương trình 2x+ 5= 0, 3x+ (8x 1) + 9= 0 là các phương trình tuyến tính có biến

Chương 6 Đại số vectơ 6.1. Các vectơ trên mặt phẳng và trong không gian Một vectơ hình học, hay đơn giản là một vectơ, là một đoạn có hướng, tức là một đoạn trong đó một trong các điểm biên được đặt tên

Bài tập Olympic Toán học sinh mở rộng (54 Danh sách Olympic học sinh năm học 2015/2016) Nội dung I. Bài tập cuối kỳ Olympic lớp 11... 2 II. Nhiệm vụ của vòng sơ loại thứ nhất

3.. Các phương pháp giải bất đẳng thức hữu tỉ 3..1. Bất đẳng thức số Trước hết, hãy định nghĩa câu a > b là gì. Định nghĩa 3..1. Số a lớn hơn số b nếu hiệu giữa chúng là dương.

Bài giảng 13. Hàm lồi và công thức Taylor 1 Hàm lồi và lõm C-smooth. Định nghĩa 1 Một hàm được gọi là lồi (lõm) nếu đồ thị (đồ thị con) của nó là một vùng lồi. Ví dụ 1x

Hội thảo: “Khả vi và vi phân của hàm số” Nếu hàm y f () có đạo hàm hữu hạn tại một điểm thì gia số của hàm tại điểm này có thể được biểu diễn dưới dạng: y(,) f () () (), ở đâu () tại

Bài giảng 2 Các vectơ định thức bậc hai và bậc ba 1 VECTOR Vectơ phân đoạn có hướng Các vectơ bằng nhau: có cùng độ dài và cùng hướng (song song và cùng hướng)

Giải các bài toán tham quan tương ứng 0 I Khối toán Bài toán Tìm số nghiệm tự nhiên của phương trình Trả lời: 00 0 Lời giải Giải bài toán Hãy biểu diễn số dưới dạng Khi đó vế phải của phương trình này bằng

Ghi chú bài giảng 11 KHÔNG GIAN EUCLIDAN 0. Bố cục bài giảng 1. Tích chấm. 1.1. Định nghĩa tích vô hướng. 1.2. Ghi tương đương thông qua các phép chiếu. 1.3. Chứng minh tính tuyến tính trong

Olympic Toán học “Nhà nghiên cứu tương lai, Tương lai của khoa học”. Vòng loại 4.0.0 BÀI TOÁN VÀ GIẢI PHÁP 8 Lớp 9 8-9.. Số nào lớn hơn: 0 0 0 0 hay 0 0 0 0? Trả lời. Số thứ nhất lớn hơn số thứ hai. Giải pháp. Hãy biểu thị

Lớp 0 Vòng 1 (0 phút, mỗi bài 6 điểm)... Biết tg + tg = p, ctg + ctg = q. Tìm tg(+). pq Đáp án: tg. q p Từ điều kiện p tg q tg tg tg tg p và đẳng thức ctg ctg q, ta thu được

Phân tích toán học 2.5 Bài giảng: Cực trị của hàm nhiều biến Phó giáo sư bộ môn VMMF Vladimir Feliksovich Zalmezh Xét hàm w = f(x), được định nghĩa trong miền D R n. Điểm x 0 D được gọi là

Chủ đề 1-4: Các phép toán đại số A. Ya. Ovsyannikov Đại học Liên bang Ural Viện Toán học và Khoa học Máy tính Khoa Đại số và Toán rời rạc đại số và hình học cho cơ học (1

Mục lục I. V. Ykovlev Tài liệu toán học MathUs.ru Hệ phương trình đại số Thay thế kép............................ ..... Hệ đối xứng..................................................

Cơ quan Giáo dục Liên bang Cơ quan Giáo dục Tiểu bang Liên bang về Giáo dục Chuyên nghiệp Đại học TRƯỜNG ĐẠI HỌC LIÊN BANG NAM R. M. Gavrilova, G. S. Kostetskaya Phương pháp luận

Bài giảng 10 1 KHÔNG GIAN EUCLIDEN 11 Định nghĩa Cho V(R) LP trên trường số thực Tích vô hướng trên V là hàm tùy ý V V R liên kết một cặp vectơ có thứ tự

1 Hàm phức 1.1 Số phức Nhắc lại rằng số phức có thể được định nghĩa là một tập hợp các cặp số thực có thứ tự C = ((x, y) : x, y R), z = x + iy, trong đó i là đơn vị ảo ( Tôi

Chương 4 Các định lý cơ bản của phép tính vi phân Công bố tính bất định Các định lý cơ bản của phép tính vi phân Định lý Fermat (Pierre Fermat (6-665) nhà toán học người Pháp) Nếu hàm y f

Ghi chú bài giảng 10 KHÔNG GIAN Affine 0. Kế hoạch bài giảng Không gian affine. 1. Cơ sở affine. 2. Xác định tọa độ điểm. 3. Phương trình vectơ của đường thẳng. 4. Phương trình vectơ của mặt phẳng. 5.

LỚP 8 1. Chứng minh rằng với số tự nhiên n bất kỳ, có thể chọn số tự nhiên a sao cho số a(n+ 1) (+ n+1) chia hết cho một số nguyên. 2. Hai thí sinh tham dự Olympic toán cấp thành phố

Đại học Liên bang Ural, Viện Toán học và Khoa học Máy tính, Khoa Đại số và Toán rời rạc Nhận xét giới thiệu Trong bài giảng này, một đường cong hyperbol bậc hai khác được nghiên cứu.

Bài tập về đại số lớp 0 sách giáo khoa “Đại số và phần mở đầu của giải tích lớp 0” Alimov S.A. và những người khác, -M.: “Giác ngộ”, 00. www.balls.ru Nội dung Chương I. Số thực.. Chương II. Quyền lực

Đại số vectơ Khái niệm về không gian vectơ. Sự phụ thuộc tuyến tính của vectơ. Của cải. Khái niệm cơ sở. Tọa độ vectơ. Các phép biến đổi tuyến tính của không gian vectơ. Số riêng và giá trị riêng

Cơ quan Giáo dục Liên bang Đại học Hệ thống Điều khiển và Điện tử Vô tuyến Bang Tomsk Khoa Toán cao cấp (VM) Prikhodovsky M.A. CÁC TOÁN TUYẾN TUYẾN VÀ CÁC DẠNG THỨ HAI Thực hành

Đại học Liên bang Ural, Viện Toán học và Khoa học Máy tính, Khoa Đại số và Toán rời rạc Nhận xét giới thiệu Bài giảng này giới thiệu các phép nhân ma trận, nghiên cứu

Viện Vật lý và Công nghệ Moscow Bất đẳng thức Cauchy-Bunyakovsky. Hướng dẫn phương pháp chuẩn bị cho Thế vận hội. Biên soạn: Parkevich Egor Vadimovich Moscow 014 Tài liệu lý luận. Trong công việc này

PHÒNG THÍ NGHIỆM LÀM VIỆC 1 BỘ. HIỂN THỊ. HỆ THỐNG TẬP HỢP 1. Các khái niệm và định lý cơ bản Cho X là một tập hợp và cho (x) là một tính chất nào đó ứng với từng phần tử cụ thể

Hội thảo 2. Conic trên mặt phẳng xạ ảnh 1. Định nghĩa đường cônic trong P 2. Tính chất đầu tiên của đường cônic. Như trước đây, chúng ta tính k = R hoặc C. Định nghĩa đường cônic trong P 2. Xét bản đồ xạ ảnh f: l

5 Các phần tử của phân tích hàm 5.1 Không gian tuyến tính, định chuẩn và Banach 5.1.1 Định nghĩa không gian Tập X khác rỗng của các phần tử x, y, z,... được gọi là không gian tuyến tính (vectơ),

LD Lappo, AV Morozov Bài tập về đại số lớp 0 cho sách giáo khoa “Đại số và sự khởi đầu của phân tích: Nghiên cứu dành cho các cơ sở giáo dục phổ thông lớp 0 / ShA Alimov và chủ biên khác M: Prosveshchenie, 00” Chương I Hợp lệ.

Chương 8 Đường thẳng và mặt phẳng 8.1. Phương trình đường và mặt 8.1.1. Các đường trên mặt phẳng Giả sử có một hệ tọa độ affine trên mặt phẳng. Cho l là một đường cong trong mặt phẳng và f(x, y) một số

Bộ Giáo dục và Khoa học Liên bang Nga Cơ quan Giáo dục Liên bang Đại học bang Penza Rudenko AK, Rudenko MN, Semerich YUS BỘ SƯU TẬP CÁC VẤN ĐỀ VỚI GIẢI PHÁP CHUẨN BỊ

Phương trình Trong đại số, hai loại đẳng thức được xem xét: danh tính và phương trình. Một đẳng thức là một đẳng thức được thỏa mãn cho tất cả các giá trị hợp lệ của các chữ cái có trong nó.

Các bài toán tham quan học tập tương ứng môn toán lớp 9 năm học 2014/2015. năm, độ khó đầu tiên Bài toán 1 Giải phương trình: (x+3) 63 + (x+3) 62 (x-1) + (x+3) 61 (x-1) 2 + + (x-1) 63 = 0 Đáp án: -1 Bài toán 2 Tổng

School Camp 57 Tháng 7 06 Bất đẳng thức (ghi chú) Dmitrieva A, Ionov K Bài một Bất đẳng thức đơn giản Bất đẳng thức về số trung bình Bài toán Chứng minh bất đẳng thức x + 4y + 9z 4xy + 6yz + 6zx Giải: x + 4y + 9z

Bộ Giáo dục Vùng Mátxcơva Cơ sở giáo dục ngân sách nhà nước về giáo dục chuyên nghiệp cao hơn của vùng Mátxcơva "Đại học Quốc tế về Tự nhiên, Xã hội và

Olympic liên vùng dành cho học sinh “Bài kiểm tra nâng cao”, 2017 TOÁN, giai đoạn 2 tr. 1/11 Lời giải và tiêu chí đánh giá bài tập Olympic 8-1 Tìm tất cả các số tự nhiên n từ 1 đến 100 sao cho nếu nhân

Bộ Giáo dục và Khoa học Liên bang Nga Viện Vật lý và Công nghệ Moscow (Đại học Bang) Trường Đại học Vật lý và Công nghệ TOÁN HỌC Các phép biến đổi giống hệt nhau. Giải pháp

Bài giảng Chương 7. Hệ bất đẳng thức tuyến tính Các khái niệm cơ bản Hệ bất đẳng thức tuyến tính được sử dụng để giải các bài toán khác nhau. Hệ bất đẳng thức tuyến tính chưa biết hệ

Hiếm khi một kỳ Olympic nào diễn ra mà không gặp phải những vấn đề đòi hỏi phải chứng minh sự bất bình đẳng nào đó. Các bất đẳng thức đại số được chứng minh bằng nhiều phương pháp khác nhau dựa trên các phép biến đổi tương đương và tính chất của các bất đẳng thức số:

1) nếu a – b > 0 thì a > b; nếu a – b

2) nếu a > b thì b a;

3) nếu một

4) nếu một

5) nếu a 0 thì ac

6) nếu là bc; a/c > b/c ;

7) nếu là 1

8) nếu 0

Ta nhắc lại một số bất đẳng thức hỗ trợ thường dùng để chứng minh các bất đẳng thức khác:

1) a 2 > 0;

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

3) x + 1 / x > 2, với x > 0, và x + 1 / x –2, với x

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

5) nếu a > b > 0 thì 1/a

6) nếu a > b > 0 và x > 0 thì a x > b x , đặc biệt, với n tự nhiên > 2

a 2 > b 2 và n √ a > n √ b;

7) nếu a > b > 0 và x

8) nếu x > 0 thì tội x

Nhiều bài toán ở cấp độ Olympic, không chỉ các bất đẳng thức, được giải một cách hiệu quả bằng cách sử dụng một số bất đẳng thức đặc biệt mà học sinh thường không quen thuộc. Những điều này trước hết bao gồm:

bất đẳng thức giữa trung bình số học và trung bình hình học của số dương (bất đẳng thức Cauchy):

Bất đẳng thức Bernoulli:

(1 + α) n ≥ 1 + nα, trong đó α > -1, n là số tự nhiên;

Bất đẳng thức 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 );

Các phương pháp “phổ biến” nhất để chứng minh bất đẳng thức bao gồm:

bằng chứng về bất đẳng thức dựa trên định nghĩa;
phương pháp chọn hình vuông;
phương pháp đánh giá tuần tự;
phương pháp quy nạp toán học;
sử dụng các bất đẳng thức đặc biệt và cổ điển;
sử dụng các yếu tố phân tích toán học;
sử dụng các cân nhắc hình học;
ý tưởng tăng cường, v.v.

Vấn đề với giải pháp

1. Chứng minh bất đẳng thức:

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 với x > 0, y > 0.

a) Chúng ta có

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

đó là điều hiển nhiên.

b) Bất đẳng thức chứng minh sau khi nhân cả hai vế với 2 có dạng

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

hoặc

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

hoặc

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

đó là điều hiển nhiên. Đẳng thức chỉ xảy ra khi a = b = 1.

c) Chúng ta có

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. Chứng minh bất đẳng thức:

MỘT)	Một	+	b		>	2 với a > 0, b > 0;
	b		Một

b)	R	+	R	+	R		> 9, trong đó a, b, c là các cạnh và P là chu vi của tam giác;
	Một		b		c

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

a) Chúng ta có:

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

b ) Chứng minh của bất đẳng thức này được rút ra đơn giản từ ước lượng sau:

b+c	+	a+c	+	a+b	=
Một		b		c

Một

= (

Một

) + (

Một

) + (

) > 6,

Một

Sự bình đẳng đạt được cho một tam giác đều.

c) Ta có:

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

= abc (

Một

– 2 +

Một

– 2 ) =

Một

= abc ((

Một

– 2) + (

Một

– 2) + (

– 2) ) > 0,

Một

vì tổng của hai số nghịch đảo dương lớn hơn hoặc bằng 2.

3. Chứng minh rằng nếu a + b = 1 thì bất đẳng thức a 8 + b 8 > 1/128 đúng.

Từ điều kiện a + b = 1 suy ra

a 2 + 2ab + b 2 = 1.

Hãy cộng đẳng thức này vào bất đẳng thức hiển nhiên

a 2 – 2ab + b 2 > 0.

Chúng tôi nhận được:

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

4a 4 – 8a 2 b 2 + 4b 2 > 0,

chúng tôi nhận được:

8a 4 + 8b 4 > 1, từ đó 64a 8 + 128a 4 b 4 + 64b 4 > 1.

Cộng bất đẳng thức này vào bất đẳng thức hiển nhiên

64a 8 – 128a 4 b 4 + 64b 4 > 0,

chúng tôi nhận được:

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

4. Hơn thế nữa e e · π π hoặc e 2π?

Hãy xem xét chức năng f(x) = x – π ln x . Bởi vì f'(x) = 1 – π/x , và ở bên trái của điểm X = π f'(x) 0 , và ở bên phải - f'(x) > 0, Cái đó f(x) có giá trị nhỏ nhất tại điểm X = π . Như vậy f(е) > f(π), đó là

e – π ln e = e – π > π – π ln π

hoặc

e + π ln π > 2π .

Từ đây chúng ta có được điều đó

e e + π ln π > e 2π,

cô ấy· e π ln π > e 2 π ,

e e · π π > e 2π.

5. Chứng minh rằng

nhật ký(n+1) >	log 1 + log 2 + . . . + log n	.
	N

Sử dụng các tính chất của logarit, có thể dễ dàng rút gọn bất đẳng thức này về bất đẳng thức tương đương:

(n + 1) n > n!,

đâu rồi! = 1 · 2 · 3 · . . . · n (n-giai thừa). Ngoài ra còn có hệ bất đẳng thức hiển nhiên:

n + 1 > 1,

n + 1 > 2,

n + 1 > 3,

. . . . .

n + 1 > n,

sau khi nhân chúng với số hạng, chúng ta trực tiếp thu được (n + 1) n > n!.

6. Chứng minh rằng 2013 2015 · 2015 2013

Chúng ta có:

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

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

Rõ ràng, chúng ta cũng có thể thu được một phát biểu tổng quát: với mọi số tự nhiên n bất đẳng thức

(n – 1) n +1 (n + 1) n –1

7. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n luôn có bất đẳng thức sau:

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

Hãy ước lượng vế trái của bất đẳng thức:

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. Gọi a 1 2, a 2 2, a 3 2, . . . , và n 2 là bình phương của n số tự nhiên khác nhau. Chứng minh rằng

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

Gọi số lớn nhất trong số này là m. Sau đó

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

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

vì các số nhân nhỏ hơn 1 được thêm vào vế phải.Hãy tính vế phải bằng cách phân tích từng dấu ngoặc:

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

m+1

2 2 · 3 2 · 4 2 · . . . m 2

Mở ngoặc ở bên trái, chúng ta nhận được tổng

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

Tổng các số trong ngoặc thứ hai không vượt quá (a 1 + . . . + a n) 2, tổng trong ngoặc thứ ba không vượt quá (a 1 + . . . + a n) 3, v.v. Điều này có nghĩa là toàn bộ sản phẩm không vượt quá

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

Phương pháp 2.

Sử dụng phương pháp quy nạp toán học, ta chứng minh rằng với mọi n tự nhiên, bất đẳng thức sau là đúng:

(1 + a 1) . . . (1 + một n)

Với n = 1 ta có: 1 + a 1 1 .

Giữ những điều sau đây với n = k:(1 + a 1) . . . (1 + ak) 1 + . . . +ak).

Xét trường hợp 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 ).

Nhờ nguyên lý quy nạp toán học, bất đẳng thức được chứng minh.

10. Chứng minh bất đẳng thức Bernoulli:

(1 + α) n ≥ 1 + nα,

trong đó α > -1, n là số tự nhiên.

Hãy sử dụng phương pháp quy nạp toán học.

Với n = 1 ta thu được bất đẳng thức đúng:

1 + α ≥ 1 + α.

Giả sử rằng bất đẳng thức sau đây đúng:

(1 + α) n ≥ 1 + nα.

Hãy để chúng tôi chỉ ra rằng sau đó nó diễn ra và

(1 + α) n + 1 ≥ 1 + (n + 1) α.

Thật vậy, vì α > –1 kéo theo α + 1 > 0, nên nhân cả hai vế của bất đẳng thức

(1 + α) n ≥ 1 + nα

trên (a + 1), ta có

(1 + α) n (1 + α) ≥ (1 + nα)(1 + α)

hoặc

(1 + α) n + 1 ≥ 1 + (n + 1)α + nα 2

Vì nα 2 ≥ 0 nên

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

Như vậy, theo nguyên lý quy nạp toán học, bất đẳng thức Bernoulli là đúng.

Những vấn đề không có giải pháp

1. Chứng minh bất đẳng thức giá trị dương của biến

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

2. Chứng minh rằng với mọi a bất đẳng thức đúng

3(1 + a 2 + a 4) ≥ (1 + a + a 2) 2.

3. Chứng minh rằng đa thức x 12 – x 9 + x 4 – x+ 1 dương với mọi giá trị của x.

4. Với 0 e chứng minh bất đẳng thức

(e+x) e– x > ( e– x) e+ x .

5. Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng

a+b

b+c

a+c

≤

Ở đây chúng tôi giới thiệu cách giải thích đại số về các mối quan hệ “lớn hơn” và “nhỏ hơn”, được minh họa trên đường tọa độ và ứng dụng của nó để chứng minh các bất đẳng thức được xem xét. Ở đây, học sinh được hướng dẫn cách chứng minh đại số các tính chất của các bất đẳng thức được nghiên cứu trong chương; trước đây chúng đã được chứng minh về mặt hình học.

Chứng minh bất đẳng thức là tài liệu khá khó đối với học sinh nên tùy theo mức độ chuẩn bị của bài học mà cần xem xét với mức độ hoàn thiện khác nhau.

Điểm đặc biệt của các bài toán chứng minh bất đẳng thức là khả năng giải chúng bằng nhiều cách khác nhau. Vì vậy, nên đưa ra một số phương án chứng minh bất đẳng thức nhằm mở rộng khả năng giải quyết vấn đề của học sinh.

Có hai cách chính để chứng minh bất đẳng thức:

1) dựa trên việc tổng hợp chênh lệch giữa vế phải và vế trái của bất đẳng thức và sau đó so sánh chênh lệch này với 0;
2) chuyển từ bất đẳng thức này sang bất đẳng thức khác, tương đương với nó, dựa trên tính chất của bất đẳng thức.

Cả hai con đường đều bình đẳng. Nhưng bạn cần đảm bảo tính chính xác của hồ sơ trong cả hai trường hợp. Cần giải thích cho học sinh rằng nếu chọn đường dẫn giải đầu tiên thì sau khi biên dịch sai phân, các phép biến đổi của biểu thức này sẽ được thực hiện, có thể viết dưới dạng chuỗi có dấu “=”. Biểu thức thu được được so sánh với 0 và dựa trên đó đưa ra kết luận về bất đẳng thức ban đầu. Nếu đường đi thứ hai được chọn, thì một chuỗi các bất đẳng thức tương đương sẽ được viết ra (như khi giải bất đẳng thức) và đưa ra kết luận về đường dẫn cuối cùng - liệu nó có đúng hay không. Ví dụ, đây là cách thiết kế một giải pháp cho một bài tập trong cả hai trường hợp.

Chứng minh bất đẳng thức a2 + b2 + 2 2 (a + b) .

Hãy tạo nên sự khác biệt Di chuyển 2 (a + b) sang trái

vế trái và vế phải của bất đẳng thức:

bất đẳng thức: 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 .do đó, đúng

(a - 1)2 + (b - 1)2 0, bất đẳng thức ban đầu cũng đúng:

do đó, a2 + b2 + 2 2 (a + b) .

bất đẳng thức được chứng minh:

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

Lưu ý rằng “Nội dung tối thiểu bắt buộc” không bao gồm bằng chứng về sự bất bình đẳng. Vì vậy, các kỹ năng tương ứng có thể được coi là kết quả của việc nắm vững chủ đề chứ không phải là kết quả cuối cùng của quá trình học tập. Về vấn đề này, nhiệm vụ chứng minh bất đẳng thức không được đưa vào bài thi và cũng không được đưa vào các bài kiểm tra cuối kỳ khác.

Chứng minh rằng với các số dương p và q: p4 + q4 p3q + pq3.

Giải pháp. Hãy biến đổi sự khác biệt

p4 + q4 - (p3q + pq3).

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

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

Vì p 0, q 0 nên pq 0, p2 + pq + q2 0, ngoài ra, (p - q)2 0.

Tích của một số không âm và một số dương là không âm, tức là sự khác biệt trong câu hỏi lớn hơn hoặc bằng 0. Do đó, với p 0, q 0 p4 + q4 p3q + pq3.

Chứng minh bằng nhiều cách khác nhau rằng nếu a b 0 thì a2 + a b2 + b.

Giải pháp. Khi chứng minh bất đẳng thức theo cách thứ hai,

Hãy sử dụng bất đẳng thức đã được chứng minh trong ví dụ: nếu a và b là các số dương và a b thì a2 b2. Và sau đó, cộng bất đẳng thức a2 b2 và bất đẳng thức a b theo từng số hạng, chúng ta có được kết quả mình cần.

3. Trong trường hợp đó, một khách du lịch sẽ đi quãng đường tương tự nhanh hơn: nếu anh ta đi dọc theo một con đường nằm ngang với tốc độ không đổi, hoặc nếu nửa quãng đường anh ta đi lên dốc với tốc độ nhỏ hơn 1 km/h so với tốc độ của anh ta trên đường nằm ngang và một nửa quãng đường - từ ngọn núi với tốc độ lớn hơn 1 km/h so với trên đường nằm ngang?

Giải pháp. Chúng ta hãy biểu thị tốc độ của một khách du lịch trên một con đường nằm ngang bằng chữ x và lấy khoảng cách là 1. Vấn đề nằm ở việc so sánh các biểu thức

1 và ___1___ + ___1___

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

Hãy tạo ra sự khác biệt và biến đổi nó, chúng ta hiểu điều đó

điều đó có nghĩa là trong những điều kiện như vậy, thời gian di chuyển trên đường nằm ngang sẽ ít hơn trên đường đi lên và đi xuống.

Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức.

Giải quyết các bất đẳng thức. Các bất đẳng thức tương đương

Phương pháp ngắt quãng. Hệ thống bất bình đẳng.

Chứng minh bất đẳng thức Có một số phương pháp chứng minhsự bất bình đẳng. Chúng ta sẽ xem xét chúng bằng ví dụ về sự bất bình đẳng:

Ở đâu Một - số dương.

1). Sử dụng bất đẳng thức đã biết hoặc đã được chứng minh trước đó.

Được biết rằng ( Một– 1 )² 0 .

2). Ước tính dấu của sự khác biệt giữa các phần của bất đẳng thức .

Hãy xem xét sự khác biệt giữa bên trái và bên phải:

Hơn nữa, sự bình đẳng chỉ xảy ra khimột = 1 .

3). Chứng minh bằng phản chứng.

Hãy giả sử điều ngược lại:

Một, chúng tôi nhận được: Một 2 + 1 < 2 Một, I E.

Một 2 + 1 – 2 Một < 0 , hoặc ( Một– 1 ) 2 < 0, Điều đó không đúng sự thật. (Tại sao?) .

Mâu thuẫn thu được chứng tỏ tính đúng đắn của

Sự bất bình đẳng trong câu hỏi.

4). Phương pháp bất đẳng thức không xác định.

Bất đẳng thức được gọi là không chắc chắn nếu anh ấy có một dấu hiệu\/ hoặc /\ ,

những thứ kia. khi chúng ta không biết đường nàobiển báo này nên được rẽ

để có được sự bất bình đẳng hợp lý.

Các quy tắc tương tự được áp dụng ở đây nhưvà với các bất đẳng thức thông thường.

Xét bất đẳng thức không xác định:

Nhân cả hai vế của bất đẳng thức vớiMột, chúng tôi nhận được: Một 2 + 1 \/ 2 Một, I E.

MỘT 2 + 1 – 2 Một \/ 0 , hoặc ( Một– 1) 2 \/ 0 , nhưng ở đây chúng ta đã biết cách biến

Ký \/ để có được bất đẳng thức đúng (Làm thế nào?). Xoay nó

Theo đúng hướng dọc theo toàn bộ chuỗi bất bình đẳng từ dưới lên trên, chúng ta
ta thu được bất đẳng thức cần tìm.

Giải quyết các bất đẳng thức. Hai bất đẳng thức chứa cùng một ẩn số được gọi là tương đương , nếu chúng hợp lệ cho cùng các giá trị của những ẩn số này. Định nghĩa tương tự được sử dụng cho sự tương đương của hai hệ bất đẳng thức. Giải bất đẳng thức là quá trình chuyển từ bất đẳng thức này sang bất đẳng thức khác tương đương với bất đẳng thức. Với mục đích này chúng được sử dụng tính chất cơ bản của bất đẳng thức(cm. ). Ngoài ra, có thể sử dụng thay thế bất kỳ biểu thức nào bằng một biểu thức khác giống với biểu thức đã cho. Sự bất bình đẳng có thể đại số( chứa đựng chỉ đa thức) Và siêu việt(ví dụ logarit hoặclượng giác). Chúng ta sẽ xem xét một phương pháp rất quan trọng ở đây,thường được sử dụng để giải đại số sự bất bình đẳng

Phương pháp ngắt quãng. Giải bất đẳng thức: ( x – 3)( x – 5) < 2( x – 3). Ở đây chúng ta không thể chia cả hai vế của bất đẳng thức cho (x – 3), vì chúng ta không biết dấu của nhị thức này (nó chứa đựng những điều chưa biết x ). Vì vậy chúng tôi sẽ lên lịch lạitất cả các số hạng của bất đẳng thức về vế trái:

(x – 3)( x – 5) – 2( x – 3) < 0 ,

hãy nhân tử hóa nó:

(x – 3)( x – 5 – 2) < 0 ,

và chúng tôi nhận được: ( x – 3)( x – 7) < 0. Теперь определим знак произведения в левой части неравенства в различных числовых интервалах. Заметим, что x= 3 và x = 7 - gốc của biểu thức này. Do đó toàn bộ trục số sẽ được chia chobắt nguồn từ ba khoảng sau:

Trong khoảng thời gian TÔI(x < 3 ) cả hai thừa số đều âm, do đó, chúng công việc tích cực; V. khoảng thời gian II (3 < x< 7 ) số nhân đầu tiên(x– 3 ) là dương và thứ hai ( x – 7 ) âm nên công việc tiêu cực; trong khoảng thời gianIII(x> 7) cả hai yếu tố đều dương, do đó, chúng cũng làm việc tích cực. Bây giờ tất cả những gì còn lại là chọn khoảng thời gian mà tích số của chúng ta tiêu cực. Đây là khoảng thời gianII, do đó, nghiệm của bất đẳng thức: 3 < x< 7. biểu thức cuối cùng- cái gọi là bất bình đẳng kép. Nó có nghĩa làx phải lớn hơn 3 và nhỏ hơn 7.

VÍ DỤ Giải bất đẳng thức sau bằng phương pháp khoảng:

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

Giải nghiệm của vế trái của bất đẳng thức là hiển nhiên: 1, 2, 3, …, 100.

Họ chia trục số thành 101 khoảng:

Vì số dấu ngoặc đơn ở bên trái thậm chí(bằng 100), sau đó

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

Tích cực. Khi đi qua gốc có sự thay đổi

Dấu hiệu của tác phẩm. Vì vậy, ở khoảng thời gian tiếp theo, bên trong

Tích nào dương sẽ là (2, 3), khi đó (4, 5),

Sau đó (6, 7), ... , (98, 99) và cuối cùng, x >100.

Vậy bất đẳng thức này có nghiệm:

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

Vì thế, để giải bất đẳng thức đại số, Tôi cần phải di chuyển tất cảcác thành viên ở bên trái (hoặcbên phải) và giảiphương trình tương ứng. Sau đó vẽ các nghiệm tìm được trên trục số; kết quả là nó được chia thành một số khoảng nhất định. Ở giai đoạn cuối cùng của lời giải, bạn cần xác định dấu của đa thức bên trong mỗi khoảng này và chọn các khoảng cần thiết phù hợp với dấu của bất đẳng thức đang được giải.

Lưu ý rằng hầu hết các bất đẳng thức siêu việt được quy về bất đẳng thức đại số bằng cách thay thế ẩn số. Nó phải được giải theo ẩn số mới, và sau đó, bằng cách thay thế ngược lại, tìm nghiệm của bất đẳng thức ban đầu.

Hệ thống bất bình đẳng. Để giải hệ bất phương trình, cần phải giải từng phương trình và tổ hợp nghiệm của chúng. Sự kết hợp này dẫn tới một trong hai trường hợp có thể xảy ra: hệ có nghiệm hoặc không có nghiệm.

Ví dụ 1. Giải hệ bất phương trình:

Giải bất đẳng thức thứ nhất:x < 4 ; а второго: x > 6.

Vì vậy, hệ thống bất bình đẳng này không có giải pháp.

(Tại sao?)

Ví dụ 2. Giải hệ bất phương trình:

Giải: Bất đẳng thức thứ nhất, như trước, cho:x < 4; но решение

Bất đẳng thức thứ hai trong ví dụ này:x > 1.

Như vậy, giải hệ bất phương trình: 1< x < 4.

Tại hội thảo của các điều phối viên của Olympic Kangaroo, Vyacheslav Andreevich Yasinsky đã thuyết trình về cách chứng minh bất đẳng thức đối xứng Olympic bằng phương pháp sai phân biến của riêng mình.

Thật vậy, tại các kỳ thi Olympic toán học thường có các nhiệm vụ chứng minh các bất đẳng thức, chẳng hạn như bài tập này từ Olympic Toán quốc tế năm 2001: $\frac(a)(\sqrt(a^2+8bc))+\frac(b )( \sqrt(b^2+8ac))+\frac(c)(\sqrt(c^2+8ab))\geq 1$ (đối với a,b,c dương).

Thông thường, để chứng minh một bất đẳng thức Olympic, người ta phải rút gọn nó về một trong những bất đẳng thức cơ bản: Cauchy, Cauchy-Bunyakovsky, Jensen, bất đẳng thức giữa các phương tiện, v.v. Hơn nữa, bạn thường phải thử các phiên bản khác nhau của bất đẳng thức cơ bản trước khi đạt được thành công.

Tuy nhiên, các bất đẳng thức Olympic (như ở trên) thường có một đặc điểm. Khi bạn sắp xếp lại các biến (ví dụ thay a bằng b, b bằng c và c bằng a), chúng sẽ không thay đổi.

Nếu một hàm nhiều biến không thay đổi khi sắp xếp lại thì nó được gọi là hàm đối xứng. Đối với hàm đối xứng f từ ba biến đẳng thức giữ:
f(x,y,z)= f(x,z,y)= f(y ,x ,z )= f(y ,z ,x )= f(z ,x ,y )= f(z,y,x)

Nếu một hàm không chỉ thay đổi khi các biến được sắp xếp lại theo chu kỳ thì nó được gọi là hàm tuần hoàn.
f(x,y,z)= f(y,z,x)= f(z,x,y)

Đối với các bất đẳng thức được xây dựng trên cơ sở các hàm đối xứng, Vyacheslav Andreevich đã phát triển một phương pháp chứng minh phổ quát.
Phương pháp này bao gồm các bước sau.
1. Biến đổi bất đẳng thức sao cho có đa thức đối xứng ở bên trái (ký hiệu là D) và 0 ở bên phải.

2. Biểu diễn đa thức đối xứng D của các biến a, b, c dưới dạng đa thức đối xứng cơ bản.

Có ba đa thức đối xứng cơ bản trong ba biến. Cái này:
p = a+b+c - tổng;
q = ab+bc+ac - tổng các tích theo cặp;
r = abc - sản phẩm.

Bất kỳ đa thức đối xứng nào cũng có thể được biểu diễn dưới dạng đa thức cơ sở.

3. Vì đa thức D đối xứng nên chúng ta có thể, không mất tính tổng quát, giả sử rằng các biến a, b, c được sắp xếp như sau: $a\geq b\geq c$

4. Ta giới thiệu hai số không âm x và y sao cho x = a-b, y = b-c.

5. Biến đổi lại đa thức D, biểu diễn p, q và r theo c và x, y. Chúng tôi tính đến điều đó
b = y+c
a = (x+y)+c

Sau đó
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

Xin lưu ý rằng chúng tôi không mở dấu ngoặc đơn trong các biểu thức chứa x và y.

6. Bây giờ ta coi đa thức D là đa thức trong c với các hệ số biểu thị theo x và y. Có tính đến tính không âm của các hệ số, dễ dàng chứng minh rằng dấu bất đẳng thức sẽ được giữ nguyên cho tất cả các giá trị chấp nhận được của c.

Hãy để chúng tôi giải thích phương pháp này bằng các ví dụ.
ví dụ 1. Chứng minh bất đẳng thức:
$(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)$

Bằng chứng
Vì bất đẳng thức có tính đối xứng (không thay đổi khi hoán vị các biến a, b, c) nên ta biểu diễn nó dưới dạng
$(a+b+c)^2 - 3(ab+bc+ac)\geq 0$

Hãy biểu diễn đa thức ở vế trái dưới dạng đối xứng cơ bản:
$p^2 - 3q\geq 0$

Vì đa thức là đối xứng, nên chúng ta có thể giả sử, không mất tính tổng quát, rằng $a\geq b\geq c$ và $x = a-b\geq 0$, $y = b-c\geq 0$.

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

Sau khi đưa những cái tương tự, ta thu được bất đẳng thức không chứa biến nào với
$(x+2y)^2-3(x+y)y\geq 0$

Bây giờ bạn có thể mở dấu ngoặc
$x^2+4xy+4y^2-3xy-3y^2\geq 0$
$x^2+xy+y^2\geq 0$ - điều này đúng cho cả âm x, y và mọi giá trị.

Như vậy, bất đẳng thức được chứng minh.

Ví dụ 2(từ Olympic Toán học Anh năm 1999)
Chứng minh rằng $7(ab+bc+ac)\leq 2+9abc$ (đối với số dương, nếu a+b+c = 1)

Bằng chứng
Trước khi chúng ta bắt đầu quy mọi thứ về bên trái, chúng ta hãy lưu ý rằng mức độ của các phần của bất đẳng thức không cân bằng. Nếu trong Ví dụ 1 cả hai vế của bất đẳng thức đều là đa thức bậc hai thì ở đây đa thức bậc hai được so sánh với tổng của đa thức 0 và đa thức bậc ba. Chúng ta sử dụng thực tế là tổng a+b+c theo điều kiện bằng 1 và nhân vế trái với một, và hai vế phải nhân với một lập phương.

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

Bây giờ, hãy di chuyển mọi thứ sang trái và tưởng tượng phía bên trái là đa thức đối xứng của a, b, c:
$7(ab+bc+ac)(a+b+c)- 2(a+b+c)^3-9abc\leq 0$

Hãy biểu diễn vế trái theo các đa thức đối xứng cơ bản:
$7qp- 2p^3-9r\leq 0$

Hãy biểu thị vế trái theo x, y và c, biểu diễn nó dưới dạng đa thức đối với 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

Điều chính là thực hiện các chuyển đổi một cách cẩn thận và cẩn thận. Như Vyacheslav Andreevich đã nói, nếu anh ta thực hiện các phép biến đổi và ai đó làm anh ta phân tâm, anh ta sẽ vứt tờ giấy có các công thức đi và bắt đầu lại.

Để thuận tiện cho việc rút gọn những cái tương tự trong đa thức cuối cùng, chúng được đánh dấu bằng các màu khác nhau.

Tất cả các số hạng có c 3 sẽ bị hủy: 63c 3 -54c 3 -9c 3 = 0
Điều tương tự sẽ xảy ra với cấp độ thứ hai với: 21(x+2y)c 2 +42(x+2y)c 2 -54(x+2y)c 2 -9(x+2y)c 2 = 0

Hãy biến đổi các thuật ngữ ở mức độ đầu tiên với: 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 - biểu thức này sẽ không bao giờ dương.

Và các số hạng tự do: 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) - và cả biểu thức này nữa.

Như vậy, bất đẳng thức ban đầu luôn được thỏa mãn và nó chỉ trở thành đẳng thức nếu a=b=c.

Tại bài giảng của mình, Vyacheslav Andreevich đã thảo luận về nhiều ví dụ thú vị hơn. Hãy thử sử dụng phương pháp này để chứng minh bất đẳng thức Olympic. Có lẽ nó sẽ giúp bạn có được một số điểm quý giá.