Дослідження нестандартних підходів до доведення нерівностей

Размещено на http://www.allbest.ru/

КВАЛІФІКАЦІЙНА РОБОТА БАКАЛАВРА

на тему: «ДОСЛІДЖЕННЯ НЕСТАНДАРТНИХ ПІДХОДІВ ДО ДОВЕДЕННЯ НЕРІВНОСТЕЙ»



Вступ

Поряд із традиційними для елементарної математики задачами відшукання коренів різного типу рівнянь та їх систем, розв'язків нерівностей, часто можна зустрітися з необхідністю оцінювати та порівнювати певні величини. Такими можуть бути як числові вирази, так і вирази, що містять змінні. В окремих випадках може виявитися, що такі вирази зв'язані між собою відношеннями не для окремих множин допустимих значень змінних, а для всіх можливих таких наборів. Прикладами таких співвідношень можуть бути нерівності. У таких випадках говорять не про розв'язування, а про доведення нерівностей.

Поняття «більше» та «менше» поряд з поняттями рівності виникли у зв'язку з необхідністю порівнювати різні величини. Поняттями нерівності користувалися ще древні греки. Зокрема ще Архімед (III ст. до н. е.), займаючись обчисленням довжини кола, встановив, що «периметр будь-якого кола дорівнює потроєному діаметру з надлишком, який менше сьомої частини діаметра але більше десяти сімдесят перших». Інакше кажучи, Архімед вказав границі числа р:.

Добре відомі і перші геометричні нерівності: «перпендикуляр менший похилої, проведеної з одної й тієї ж точки до даної прямої», «сторона трикутника менша суми двох інших сторін», «проти більшого кута трикутника лежить більша сторона». Вони належать ще древньогрецькій математиці і містилися в знаменитих «Началах» Евкліда. Однак, всі ці міркування проводилися словесно, спираючись у більшості випадків на геометричну термінологію.

Зараз на мові нерівностей часто формулюються постановки задач в багатьох застосуваннях математики. Наприклад, багато економічних задач зводяться до дослідження систем лінійних нерівностей з великим числом змінних. Часто та чи інша нерівність служить важливим допоміжним засобом, основною лемою, яка дозволяє довести або заперечити існування якихось об'єктів, оцінити їх кількість, провести класифікацію.

В наш час нерівності та системи нерівностей широко використовуються як в теоретичних дослідженнях, так і при розв'язуванні важливих практичних задач. Нерівності - це не тільки допоміжний інструмент. В кожній області математики алгебрі і теорії чисел, геометрії і топології, теорії ймовірностей та теорії функцій, математичний фізиці і теорії диференціальних рівнянь, теорії інформації та дискретній математиці - можна вказати фундаментальні результати, сформульовані у вигляді нерівностей. Без них не може обійтися ні фізика, ні астрономія, ні хімія.

У багатьох розділах математики, особливо у математичному аналізі, в прикладній математиці, нерівності зустрічаються значно частіше, ніж рівняння. Скажемо, розв'язки якихось практично важливих рівнянь лише в дуже рідких випадках вдається знайти точно у вигляді числа або формули, а для наближеного розв'язання в математиці завжди потрібно вказати оцінку похибки, тобто довести деяку нерівність.

Задачі, розв'язання яких достатньо складне без застосування класичних нерівностей, часті гості на математичних олімпіадах школярів. Розв'язання задач такого типу традиційно являє собою послідовність достатньо простих міркувань. А ось логіка та ідеї всього ланцюжка цих елементарних ланок - міркувань виходить за рамки методів та прийомів шкільного курсу. Тим більше, що процес отримання і вивчення нерівностей та їх застосувань неформальний і трудно алгоритмізується.

Досить важливим питанням методики навчання є введення в програму профільного навчання теми «Доведення нерівностей». Відповідні задачі в основному розв'язуються алгебраїчним способом, який являється одним із кращих засобів розвитку самостійного, творчого мислення. За допомогою спеціально підібраних задач, які можуть зацікавити учнів своєю видимою простотою і тим, що їх розв'язок не відразу дається в руки, можна показати учням красу, простоту та стрункість логічних міркувань.

Дана робота присвячена огляду традиційних і нетрадиційних методів доведення нерівностей. Для розгляду обиралися задачі з різних збірок. Методи доведень нерівностей численні і різноманітні. Це дає можливість звертати увагу учнів не тільки на найбільш раціональний, красивий спосіб розв'язання даної задачі, але і на ті способи, які можуть застосовуватися при розв'язуванні інших задач, а в деяких випадках виявляються єдиними.



1. Огляд основних традиційних методів доведення нерівностей

1.1 Доведення нерівностей за допомогою означення

За означенням вважається, що якщо різниця є додатним (від'ємним) числом. Тому для доведення нерівності на заданій множині значень змінних достатньо розглянути різницю і показати, що вона додатна при заданих значеннях зміннихАналогічні міркування можна застосовувати для доведення нерівностей виду

Приклад 1.1 Довести, що для довільних виконується нерівність

Доведення. Ў Розглянемо різницю і покажемо, що вона не може бути від'ємною. Маємо

Очевидно, що вираз не може бути від'ємним при довільних невід'ємних значеннях a та b. Тому різниця невід'ємна. Це означає, що Відмітимо, що знак рівності можливий тоді і тільки тоді, коли ^ [3, с. 65] Приклад 1.2 Довести, щоДоведення. Ў Утворимо різницю



і покажемо, що вона додатна. Перегрупувавши доданки, дістаємо

Очевидно, що одержаний вираз додатний при довільних значеннях a, b та . Нерівність доведена. ^

1.2 Синтетичний метод доведення нерівностей

Суть цього методу полягає в тому, що за допомогою певних перетворень нерівність, яку потрібно довести, виводять із деяких відомих (очевидних, або їх ще називають опорних) нерівностей. В ролі таких часто використовуються нерівності:

Логічна схема такого доведення виглядає у вигляді імплікацій

де деяка початкова вірна нерівність, отримані з неї вірні нерівності, Bнерівність, яку потрібно довести. Даний метод є достатньо ефективним, проте не завжди зрозуміло, з яких очевидних нерівностей потрібно розпочинати доведення. Відповідь на це питання іноді зможе дати аналітичний метод ми розглянемо у наступному пункті.

Приклад 1.3 Довести, що для довільних иконується нерівність

Доведення. Ў Нам відомо, що при заданих обмеженнях на змінні виконуються нерівності Застосувавши нерівність Коші до лівих частин записаних нерівностей та використавши записані вище співвідношення, дістаємо

або

Рівність можлива тоді і тільки тоді, коли одночасно виконуються умови тобто, коли ^ [5, с. 103]

1.3 Аналітичний метод доведення нерівностей

Іноді може виявитися, що застосування розглянутих вище прийомів не приводить до потрібного результату, оскільки доведення нерівності за означенням може не бути реалізованим через громіздкість та складність перетворень, а синтетичний метод не вдається застосувати у зв'язку з тим, що не зрозуміло, з яких опорних нерівностей доцільно розпочати доведення. Одним з можливих варіантів у цьому випадку може бути застосування аналітичного методу.

Його суть полягає в тому, що після ряду перетворень нерівності, яку потрібно довести, отримують деяку очевидну вірну нерівність. На мові логіки ми реалізовуємо наступну схему такого пошуку:

де Bнерівність, яку потрібно довести, отримані з неї нерівності,кінцева вірна нерівність.

Реалізація такої схеми носить назву аналізу Евкліда. Природно, що відшукання нерівності не може завершити доведення, оскільки імплікація Bможе бути вірною і у випадку, коли твердження B хибне. Тому наступним етапом доведення повинно бути обґрунтування можливості здійснення зворотних міркувань, тобто істинності імплікацій

Фактично тепер ми реалізовуємо схему синтетичного методу, причому початкова опорна нерівність цього методу (у нашому випадку - це твердження) відома.

Приклад 1.4 Довести, що для довільнихвиконується нерівність

(приклад 1.1, розв'язуємо іншим методом).

Доведення. Ў Виконаємо наступні перетворення даної нерівності:



Одержана нерівність вірна для довільних Тепер очевидно, що з неї можна одержати попередню нерівність, з якої в свою чергу - нерівність, що потрібно було довести. ^ [7, с. 98]

Приклад 1.5 Довести, що при виконується нерівність

Доведення. Ў Перетворимо нерівність до виду

,

звідки після піднесення до квадрату отримуємо

Очевидно, що одержана нерівність вірна, а також те, що можливе виконання перетворень у зворотному порядку. Це доводить задану нерівність. ^

1.4 Доведення нерівностей методом від супротивного

Доведення нерівностей цим способом полягає в тому, що заперечується початкове твердження, тобто знак у нерівності замінюється на Після цього обґрунтовують, що таке співвідношення неможливе. [5, с. 143 ]

Приклад 1.6 Довести, що для довільних виконується нерівність

Доведення. Ў Припустимо, що при деяких значеннях параметрів a, b, c та d виконується нерівність

Після піднесення до квадрату обох невід'ємних частин нерівності та очевидних спрощень, одержуємо

,

що суперечить нерівності Коші.

Отже, наше припущення невірне. А це доводить початкову нерівність. Рівність можлива, якщо для заданих чисел виконується умова ad=bc. ^

1.5 Алгебраїчні методи доведення нерівностей

1.5.1 Нерівність про середнє арифметичне для двох чисел

Числа та називають відповідно середнім арифметичним і середнім геометричним невід'ємних чисел a і b. Середнє арифметичне завжди не менш середнього геометричного. Дійсно,



.

Приклад 1.7 Нехай x, y, z - додатні числа. Довести, що

.

Доведення. Ў

,

,

.

Додаючи ці нерівності, отримуємо необхідну. ^ [1, с. 52]

Приклад 1.8 Нехай x, y, z - додатні числа. Довести, що

.

Доведення. Ў Скориставшись попереднім завданням, маємо:

.^

Приклад 1.9 Доведіть, що для додатних x, y вірна нерівність

.



Доведення. Ў По-перше,

.

По-друге,

, .

Тому, . ^

1.5.2 Подання буквених виразів у вигляді суми або різниці

Деякі нерівності доводяться за допомогою вдало підібраного тотожного перетворення, при якому використовуються такі прийоми, як перегрупування множників або доданків, надання виразу у вигляді різниці квадратів, введення вдалих позначень. Основна мета таких перетворень отримання многочлена, всі члени якого легко порівняти з 1 або 0. [1, с. 54]

Приклад 1.10 Нехай х - довільне число. Доведіть, що

.

Доведення. Ў Виконавши множення та, знайдемо, що вираз в лівій частині можна привести до виду

.

Перепишемо цей вираз у вигляді добутку різниці і суми цих виразів. Тоді



.

Вираз в другому степені завжди більше 0. Отже

. ^

Приклад 1.11 Доведіть, що

де x, y, z натуральні.

Доведення. ^ ПозначимоЯсно, що кожне з чисел a, b, c більше 1. Віднімемо з правої частини нерівності ліву. Отримуємо

Перетворимо останній многочлен у вигляді суми таких виразів, кожен з котрих більше 0:

.^

1.5.3 Розкладання буквених виразів на множники

Якщо f зростаюча функція і a,bчисла, що належать області визначення функції f, то неважко зрозуміти, що виконується нерівність



.

Приклад 1.12 Доведіть, що при додатних x та y.

Доведення. Ў Позначимо Тоді маємо

.^

1.5.4 Тотожні перетворення числових виразів, що містять степені

У цьому пункті порівняємо між собою числа і знайдемо відповідь на питання: «Яке з двох чисел більше?»

Приклад 1.13 Яке число більше: або ? Доведемо, що .

Доведення. Ў Оскільки, достатньо довести, що , тобто .

Остання нерівність випливає з того, що .

Отже, доведено, що , причому з розв'язання видно: набагато більше, ніж .^ [1, с. 57]

Приклад 1.14 Знайти таке натуральне n, при якому але

Розв'язання. Спочатку візьмемо будь-яке натуральне число, менше 100, наприклад 80, і доведемо, що Достатньо довести, що

Остання нерівність вірна і в цьому можна переконатися за допомогою таких перетворень:

Отже,

Тепер доведемо, що Достатньо переконатися, що

або(1.1)

Скористаємося рівністю Звідси та з другої нерівності (1.1) робимо висновок, що необхідне твердження буде обґрунтовано, якщо вдасться встановити справедливість нерівності або

Останнє співвідношення перетворимо наступним чином:

або (1.2)

Зауважимо, що тобто Залишається довести, що або

Справді, Із нерівностей та випливає справедливість нерівностей (1.2), отже і нерівностей (1.1). ^

1.5.5 Метод математичної індукції

Метод математичної індукції ґрунтується на принципі математичної індукції, що формулюється так: деяке твердження істинне для будь-якого натурального n, якщо:

а) воно істинне для

б) з того, що істинне для довільного натурального випливає, що воно істинне для наступного натурального числа

Сформульований принцип належить до аксіом натуральних чисел.

Кожне доведення методом математичної індукції передбачає реалізацію трьох етапів: на першому показуємо, що істинним є твердження на другому припускаємо, що істинним є твердження і, виходячи з цього, доводимо, що істинним є твердження Виконані міркування дозволяють стверджувати, що твердження істинне для будь-якого натурального n. Відповідний висновок є третім етапом і завершує доведення.

Іноді використовують узагальнений принцип математичної індукції: твердженняістинне для будь-якого натурального якщо воно вірне для натурального числа і з того, що істинне для довільного натурального випливає, що воно істинне для наступного натурального числа [1, с. 58]

Приклад 1.15 Доведіть, що для довільних та натурального числа n виконується нерівність

Доведення. Ў Очевидно, що при виконується рівність, тому дане твердження вірне. Нехай воно істинне при деякому натуральному числі тобто вірно, що Користуючись цим припущенням, покажемо, що вірною є також нерівність Оскільки ліва частина, згідно з припущенням, обмежена виразом

то для доведення достатньо показати, що Для цього розглянемо різницю



Одержаний вираз при завжди від'ємний або дорівнює 0 (при a=b), тому Згідно з принципом математичної індукції вірною є також початкова нерівність ^

Приклад 1.16 Довести, що для всіх натуральних

Доведення. Ў При отримуємо нерівність яка вірна. Нехай вона вірна при деякому натуральному числі тобто виконується нерівність Користуючись цим припущенням, покажемо, що вірною є також нерівність Маємо

оскільки при

На основі принципу математичної індукції стверджуємо, що задана в умові нерівність вірна. ^

Приклад 1.17 Довести, що для всіх натуральних

Доведення. ^ При отримуємо вірну числову нерівність

Нехай виконується нерівність

Покажемо, що звідси випливає вірне співвідношення

Маємо



Одержаний вираз додатний при

Таким чином із припущення, що нерівність вірна при випливає, що вона вірна при Згідно з принципом математичної індукції нерівність виконується при довільному натуральному ^

В даному розділі ми розглянули основні традиційні методи доведення нерівностей. За допомогою спеціально підібраних задач, які можуть зацікавити учнів своєю видимою простотою і тим, що їх розв'язок не відразу дається в руки, можна показати учням красу, простоту та стрункість логічних міркувань.



2. Нетрадиційні методи доведення нерівностей

2.1 Метод одномонотонних послідовностей

2.1.1 Одномонотонні послідовності з двох чисел

Одномонотонними називаються послідовності, що складаються з чисел: , (, якщо найбільше з чисел знаходиться над найбільшим з чисел .

Теорема 2.1 Нехай - одномонотонні послідовності. Тоді

.

Дійсно,

Приклад 2.1 Нехай a, b додатні дійсні числа. Доведіть:

Доведення. Ў Зауважимо насамперед, що

І так як послідовності одномонотонні, то

^



Приклад 2.2 Доведіть нерівність

якщо a, b - відмінні від нуля дійсні числа.

Доведення. Ў Маємо:

.

Зауважимо тепер, що послідовності одно монотонні. Отримаємо дану нерівність. ^ [2, с. 49]

2.1.2 Одномонотонні послідовності з трьох чисел

Розглянемо послідовності, які складаються з трьох чисел: Запишемо їх у вигляді таблиці .

Ці послідовності називаються одномонотонними, якщо найбільше з чисел знаходиться над найбільшим з чисел , а друге за величиною з чисел знаходиться над другим за величиною з чисел , [2, с. 50]

Теорема 2.2 Нехай - одномонотонні послідовності та перестановка чисел ,. Тоді



Розглянемо шість чисел виду . Треба довести, що максимальним серед них є число

Дійсно, якщо послідовність відрізняється від ,, то знайдеться пара чисел така, що послідовності та не є одномонотонні. Отже, помінявши місцями числа і , ми збільшимо суму а отже, і всю суму.

Приклад 2.3 Доведіть, якщододатні дійсні числа, то

Доведення. Ў Маємо:

І так як послідовності одномонотонні, то

^

Приклад 2.4 Якщо a, b, c - додатні дійсні числа, то

Доведення. Ў Так як



і послідовності і одномонотонні, то

і

Додаючи дві останні послідовності, отримуємо

^

2.1.3 Одномонотонні послідовності з n чисел

Розглянемо одномонотонні послідовності з n чисел:

Запишемо їх у вигляді таблиці

Ці послідовності називаються одномонотонними, якщо найбільше з чисел знаходиться над найбільшим з чисел , …, а друге за величиною з чисел знаходиться над другим за величиною з чисел , …, і т.д. [2, с. 51]

Теорема 2.3 Нехай - одномонотонні послідовності та перестановка чисел ,. Тоді

Розглянемо усі числа виду . Треба довести, що максимальним серед них є число

Дійсно, якщо послідовністьвідрізняється від послідовності , то знайдеться пара чисел таких, що послідовності і не є одномонотонні. Отже, помінявши місцями числа і , ми збільшимо суму а отже, і всю суму .

Приклад 2.5 Доведіть, якщо a, b, c, d - додатні дійсні числа, то

Доведення. Ў Зауважимо, що

Так як послідовності (a, b, c, d) і одномонотонні, то справедлива нерівність



^

2.1.4 Одномонотонні послідовності N х n

Розглянемо N послідовностей з n чисел. [2, с. 52]

Теорема 2.4 Нехай дано декілька одномонотонних послідовностей додатних чисел

Тоді

Приклад 2.6 Нехай додатні дійсні числа. Доведіть, що

Доведення. Ў Дана нерівність має назву нерівності Коші про середнє арифметичне та середнє геометричне. Перепишемо її у вигляді

де

Маємо:

^



2.1.5 Нерівність Чебишева

Наступна нерівність належить великому російському математику П. Л. Чебишеву. [2, с. 53]

Теорема 2.5 Нехай послідовності і одномонотонні. Тоді

За теоремою 2.3 справедливі наступні n нерівності:

Додавши їх, отримуємо потрібне.

Приклад 2.7 Дано: довільні дійсні числа. Доведіть, що

Доведення. Ў Послідовностіі одномонотонні. Тому в силу нерівності Чебишева

^

Приклад 2.8 Дано a, b, c - додатні дійсні числа. Доведіть, що



Доведення. Ў Перепишемо дану нерівність у вигляді

А це нерівність Чебишева для одномонотонних послідовностей

і ^

Приклад 2.9 Дано додатні дійсні числа. Доведіть, що

Доведення. Ў Розглянемо одномонотонні послідовності

і

В силу нерівності Чебишева маємо

Звідси і випливає необхідна нерівність. ^



2.2 Застосування властивостей функцій та методів математичного аналізу

2.2.1 Оцінка областей визначення та множини значень. Монотонність. Опуклість

При доведенні нерівностей в окремих випадках доцільно проаналізувати область визначення та множину значень заданих в умові виразів. Цього іноді може виявитися достатньо для розв'язання задачі.

Приклад 2.10 Довести нерівність

?

Доведення. Ў Нема потреби робити певні перетворення при доведенні даної нерівності. Достатньо, порівнюючи підкореневі вирази, побачити, що при довільних x та y виконується нерівність

Тому ліва частина приймає значення менші, ніж права. Отже і

^

Приклад 2.11 При x ? y довести нерівність

2lg( - 2y + ? 1.

Доведення. Ў Очевидно, що



2lg(? 0,

.

Тому ліва частина виразу приймає значення більші або рівні 1. Отже, нерівність виконується на всій області допустимих значень, тобто при x ? y. Знак рівності досягається при x = y = 1. [4, с. 168]

Приклад 2.12 Довести нерівність

5 - 3 + x+ 1 ? .

Доведення. Ў Проаналізуємо область визначення виразу. Для його лівої частини вона визначається системою нерівностей

з єдиним розв'язком x = 1. При знайденому значенні ліва частина нерівності набуває значення 2. Залишається зауважити, що в правій частині нерівності є сума двох обернених чисел, яка не менша 2. Знак рівності досягається при a=e. ^

Приклад 2.13 Довести нерівність

+ 9 + 2x - 15 ? 6y -

Доведення. ^ Насамперед зауважимо, що ліва частина нерівності визначена на проміжку і, монотонно зростаючи на цьому проміжку, приймає найменше значення у точці x = 7. Це значення дорівнює 2. Записавши праву частину нерівності у вигляді 2 - (y - 3)І, бачимо, що значення цього виразу не перевищують 2, причому рівність двом досягається в єдиній точці y = 3. Порівнюючи множини значень обох частин заданого виразу, робимо висновок, що рівність можлива тільки при y = 3, x = 7. Для інших значень змінних нерівність буде строгою. ^

2.2.2 Застосування властивостей квадратичного тричлена

Ідея прийому доведень із застосуванням властивостей квадратного тричлена полягає в наступному. Нехай у випадку, коли у нерівності наявний квадратний тричлен відносно деякої змінної, встановлено, що він не має коренів. Тоді при умові додатності старшого коефіцієнта потрібно, щоб дискримінант цього тричлена був від'ємним.

Навпаки, якщо нам вдається показати, що корені є, то цим самим ми фактично обґрунтовуємо, що дискримінант квадратного тричлена не може бути від'ємним. Іноді питання наявності коренів може виявитися дещо складнішим і тоді можна пробувати з'ясовувати, чи існують значення змінних, при яких вираз приймає значення різних знаків. Цього у випадку неперервності функції було б достатньо, щоб стверджувати факт наявності коренів.

Приклад 2.14 Якщо a ? 0, b ? 0, c ? 0, d ? 0, то

?

Доведення. Ў Якщо a = b = 0, то нерівність очевидна. Нехай a + b. Зведемо нерівність до виду та розглянемо квадратне рівняння.

Очевидно, що рівняння має корені (зокрема коренем є значення x = 1). Тому дискримінант D рівняння задовольняє умову

D= ,



звідки отримуємо потрібну нерівність ?.

Рівність можлива при рівних значеннях всіх змінних. ^

Приклад 2.15 Довести, що при всіх , виконується нерівність

Доведення. Ў Розглянемо квадратний тричлен

Знайдемо його значення в точках x = a та x = b. Маємо:

Тепер, оскільки при a ? b

,

то можна стверджувати, що в точках x = a та x = b функція приймає значення тричлена. Отже, його дискримінант

додатний, а це доводить задану нерівність.

При a = b нерівність набуває вигляду



або

Записавши її у вигляді бачимо, що при a вона вірна. ^

Приклад 2.16 Довести, що для всіх дійсних значень a виконується нерівність І =.

Доведення. Ў Різницю можна вважати дискримінантом квадратного тричлена

.

Даний тричлен має корені та , тому його дискримінант не може бути від'ємним. Знак рівності можливий, коли ці корені рівні, тобто при a = 0 або a = 1. ^

2.2.3 Застосування похідної

Розглянемо, як при доведенні нерівностей можна використовувати похідну. Суть цього прийому полягає в наступному.

Нехай на певному проміжку x із області визначення функцій f та g потрібно довести нерівність . Введемо в розгляд функцію Нехай похідна має на відрізку, що розглядається, єдиний корінь . Це значення є точкою мінімуму функції u, а також виконується нерівність u()= . Тоді цього достатньо, щоб стверджувати, що на проміжку [a,b] виконується нерівність.

Даний прийом можна використовувати і при доведенні числових нерівностей. Для цього спочатку вводять у розгляд деяку функцію, яка приймає задані числові значення у певних точках, після чого приступають до реалізації описаної вище схеми.

Приклад 2.17 Довести нерівність

.

Доведення. Ў ОДЗ: x?-1. Очевидно, що при x=0 ми отримуємо рівність. Розглянемо функцію . Її похідна дорівнює 0 в точці x=0 і монотонно зростає (останнє випливає з того, що її похідна додатна). Таким чином, для функціїточкає точкою екстремуму, а саме точкою мінімуму. Тому для всіх х, що належать ОДЗ, виконується нерівність що і потрібно було довести. ^

Зауважимо, що одночасно фактично розв'язане рівняння з єдиним коренем x=0 та нерівність з розв'язками x

Приклад 2.18 Довести, що при виконується нерівність

.

Доведення. Ў Розглянемо тільки випадок оскільки при перепозначення змінних на та на приведе нас до аналогічних міркувань. При маємо очевидну рівність. Нехай Введемо заміну та розглянемо функцію

Очевидно, що похідна не перетворюється в нуль у жодній точці і, оскільки та то монотонно зростаючи, не може приймати від'ємних значень. Тому , що доводить задану нерівність. ^

Приклад 2.19 Довести, що для всіх дійсних x виконується нерівність



Доведення. Ў Розглянемо функцію Маємо Рівність похідної нулю досягається при Очевидно, що знайдене значення є точкою мінімуму. Для значень буде виконуватися нерівність Рівність виконується при ^

2.2.4 Застосування інтеграла

Використання інтегрального числення при доведенні нерівностей використовує наступні міркування. Нехай на проміжку задані дві неперервні функції f(x) та g(x) і в усіх точках цього проміжку виконується нерівність f(x) ? g(x). Тоді на заданому відрізку виконується також нерівність . Аналогічне твердження стосується також випадків f(x) > g(x), f(x) ? g(x) та f(x) < g(x).

Алгоритм використання даного прийому може виглядати наступним чином. Для доведення нерівності F(x) ? G(x) розглядаємо функції f(x) та g(x), де F(x)=f(x), G(x)=g(x). Якщо виконується нерівність f(x)?g(x), то стверджуємо, що вірна нерівність F(x) = .

Приклад 2.20 Довести, що при x виконуються нерівності

2013, .

Доведення. Ў Оскільки на вказаному проміжку виконується нерівність , то

.

Звідси знаходимо 2013.

Інтегруючи одержану нерівність ще раз, маємо



.

З одержаної нерівності отримуємо, що 2013 ^

2.3 Геометричні підходи до доведення нерівностей

2.3.1 Застосування методів аналітичної геометрії

Традиційними для аналітичної геометрії є застосування ідеї координатного методу. Відповідно до нього вводиться певна система координат. Після цього кожній парі значень змінних (a, b) можна поставити у відповідність точку з такими ж координатами, лінійному рівнянню відповідатиме на координатній площині пряма. Алгебраїчний вираз тепер можна трактувати, як відстань між двома точками з координатами (x, y) та (a, b).

Взагалі кажучи, певні алгебраїчні співвідношення тепер можна розглядати з точки зору співвідношень між геометричними фігурами та величинами. При доведенні нерівностей це робить його геометрично наглядним та створює ширші можливості для пошуку нових ідей доведень.

Приклад 2.21 Довести, що для довільних значень змінних x, y, z виконується нерівність

Доведення. Ў Розглянемо на координатній площині точки Використавши формулу відстані між двома точками, отримуємо

Посилання на нерівність трикутника завершує доведення. Знак рівності виконується, наприклад, при ^ [6, с. 243]

Приклад 2.22 Довести нерівність

+ ?

Доведення. Ў Для доведення достатньо ввести в розгляд точки та, зауваживши, що

,

,

скористатися нерівністю трикутника.

Аналогічно до попередньої вправи доводиться нерівність

? ^

2.3.2 Застосування методів векторної алгебри

Ідея застосування векторів при доведенні нерівностей ґрунтується на таких простих геометричних міркуваннях.

Розглянемо два вектори = (, =(

Очевидно, що виконується нерівність ? , або в координатному вигляді

? • .



Нехай виконується векторна рівність . Переходячи до довжин векторів, отримуємо, що (нерівність трикутника). Оскільки , то з одержаної нерівності випливає, що

? +

В обох випадках кількість координат векторів може бути взята довільною і ми отримаємо більш загальні, ніж наведені, співвідношення. Рівність в них досягається при умові колінеарності векторів.

Приклад 2.23 Якщо a ? 0, b? 0, c ? 0, то a + b + c ? +

Доведення. Ў Розглянемо вектори = та = . Оскільки

, +,

то, застосувавши до них співвідношення ? отримуємо нерівність, яку потрібно довести. Рівність буде виконуватися при умові пропорційності координат векторів, тобто, коли . З даних пропорцій випливає, що a = b = c. ^

Приклад 2.24 Довести, що нерівність

виконується при всіх значеннях a, для яких визначена її ліва частина.

Доведення. Ў Розглянемо вектори



.

Очевидно, що ліва частина нерівності являє собою скалярний добуток цих векторів і не перевищує добутку їх довжин, тобто виконується співвідношення

.

Знак рівності можливий тільки у випадку пропорційності координат векторів, тобто тільки тоді, коли . Оскільки система даних рівнянь несумісна, то нерівність строга. ^

2.3.3 Геометричний спосіб доведення нерівностей між середнім квадратичним, арифметичним, геометричним та гармонічним

Приклад 2.25 Довести нерівності між середнім квадратичним, арифметичним, геометричним та гармонічним у випадку двох чисел, тобто той факт, що для довільних виконуються співвідношення

Доведення. Ў Наведемо один із можливих геометричних способів доведення.

Розглянемо трапецію з основами a та b (a>b). Позначимо через середню лінію трапеції. Тоді буде середнім арифметичним чисел a та b.

Відрізком паралельним до основ трапеції, поділимо її на дві рівновеликі трапеції (рис. 2.1), площу кожної з яких позначимо через S.

Рисунок 2.1 Ілюстрація до прикладу 2.25

Продовжимо бічні сторони трапеції до перетину та позначимо площу трикутника, що утворився поза трапецією через s. З подібності трикутників, що утворилися, випливає пропорція Звідси отримаємо рівність або Таким чином, відрізок є середнім квадратичним відрізків a та b.

Середня лінія трапеції розташована вище від відрізка оскільки ділить трапецію на дві, з яких верхня має меншу площу, ніж нижня. Тому вона має меншу довжину, ніж відрізок Цим самим показано, що

тобто, що середнє арифметичне не більше середнього квадратичного.

Нехай відрізок паралельний до основ трапеції і ділить її на дві подібні трапеції. З подібності випливає пропорція тобто є середнім геометричним чисел a та b.

Нехай відрізок паралельний до основ трапеції і проходить через точку перетину її діагоналей. З подібності трикутників легко встановити, що частини цього відрізка від точки перетину діагоналей трапеції до її бічних сторін рівні. Позначимо їх довжини через l, а частини довільної з діагоналей з кінцями у точці перетину діагоналей та у вершинах трапеції через x та y (рис. 2.2).

Рисунок 2.2 Ілюстрація до прикладу 2.25

З подібності трикутників отримуємо співвідношення та звідки Тому і тобто є середнім гармонічним чисел a та b.

Тепер чисто геометрично легко показати, що відрізки задовольняють нерівностіщо завершує доведення алгебраїчних нерівностей. ^ [8, с. 172]

Наведу ще одне геометричне доведення нерівності Коші.

Приклад 2.26 Довести, що де

Доведення. Ў Нехай задані відрізки a та b. Побудуємо на відрізку як на діаметрі, коло і у спільній для відрізків точці K проведемо перпендикуляр KL до перетину з колом (рис. 2.3).



Рисунок 2.3 Ілюстрація до прикладу 2.26

З подібності прямокутних трикутників випливає, що звідки Очевидно, що цей відрізок не може перевищувати довжину радіуса кола, який дорівнює Тому ^

2.3.4 Використання співвідношень між елементами геометричних фігур

В окремих випадках при доведенні нерівностей можна використовувати певні відомі співвідношення між геометричними фігурами. Мова іде про те, що додатним значенням змінних, що фігурують у нерівності присвоюються деякі кількісні характеристики геометричних фігур (довжини відрізків, площі, об'єми), після чого чисто геометричними методами встановлюються необхідні співвідношення: спочатку між геометричними величинами, а потім роблять відповідні висновки про саму алгебраїчну нерівність. [8, с. 209]

Приклад 2.27 Довести нерівність

Доведення. Ў Спочатку розглянемо випадок, коли Тут можлива наступна геометрична конструкція. Відкладемо відрізки OA, OB та відрізок OM так, що та (рис. 2.4).



Рисунок 2.4 Ілюстрація до прикладу 2.27

Тоді Тому

У випадку, коли позначимо Тоді для всіх маємоТепер можна зробити висновок про те, задана нерівність виконується при довільних значеннях x. ^

Приклад 2.28 Довести нерівність

Доведення. Ў При a=c або b=c нерівність очевидна. Розглянемо випадок, коли a>c і b>c. Перепишемо нерівність у вигляді та побудуємо два прямокутні трикутники зі спільним катетом c, гіпотенузи яких дорівнюють a та b (рис. 2.5).



Рисунок 2.5 Ілюстрація до прикладу 2.28

Тепер ліва частина перетвореної нерівності визначатиме суму площ трикутників ABD і BDC, тобто площу S трикутника ABC. Оскільки то нерівність доведена. ^

Другий розділ було присвячено розгляду нетрадиційних методів доведення нерівностей. Ознайомлення з ними та застосовування цих міркувань дозволяє учням при вирішенні завдань перейти з рівня формально оперативних умінь, на більш високий рівень, що дозволяє будувати логічні цілі міркування; робити висновки про вибір рішення, аналізувати і оцінювати отримані результати.



Висновки

нерівність арифметичний математичний індукція

Робота присвячена дослідженню різних методів до доведення нерівностей. Значний інтерес являють нестандартні підходи для рішення цього питання. Виклад побудований таким чином: після короткого опису технічного прийому розглянуто приклад, який супроводжується доведенням.

Були отримані наступні результати:

– проведено огляд основних традиційних методів доведення нерівностей, а саме, доведення нерівностей за допомогою означень, методом від супротивного, синтетичний, аналітичний та алгебраїчні методи;

– розглянуті нетрадиційні методи доведення нерівностей: метод одномонотонних послідовностей, застосування властивостей функцій та методів математичного аналізу, геометричні методи.

Тема нерівностей розгортається протягом всього шкільного курсу математики. Але незважаючи на велику кількість методів і методик навчання практика проведення олімпіад свідчить, що довести нерівність зазвичай можуть не більше половини учасників. З огляду на важливість цієї теми, зазначу доцільність на заключних етапах навчання пропонувати досить різноманітні і складні завдання. Їх незвичайність і краса сприяють підвищенню інтересу до математики. Уміння доводити нерівності це мистецтво. Як у всякому мистецтві, тут є свої технічні прийоми, деякі з яких були розібрані в даній роботі.

Размещено на Allbest.ru

...