Халықаралық Ғылыми-тәжірибелік конференция международная научно-практическая конференция
жүктеу/скачать 10,67 Mb. Pdf көрінісі
|
- Бұл бет үшін навигация:
- ПРИМЕР МЕТОДА ДОКАЗАТЕЛЬСТВА НЕРАВЕНСТВ Махашев С.Т.
Использованная литература 1. Руководство для учителя. Третий (базовый) уровень. www. cpm. kz 2. Сборник материалов XIV Международной конференции «Применение новых технологий в образовании» 3. Столбунова С.В. Развитие критического мышления. Апробация технологии. – М.: Русский язык, 2003. 4. Поль Р. У. «Критическое мышление: что необходимо каждому для выживания в быстро меняющемся мире». 1990. ПРИМЕР МЕТОДА ДОКАЗАТЕЛЬСТВА НЕРАВЕНСТВ Махашев С.Т. Филиал Назарбаев Интеллектуальная школа химико-биологического направления г. Караганды РЕСПУБЛИКА КАЗАХСТАН Аңдатпа Жұмыста теңсіздіктерді дәлелдеудің бір әдісі қарастырылған және осы әдіс арқылы классикалық Чебышев және Коши теңсіздіктері дәлелденген. Аннотация В данной работе рассмотрен метод доказательства неравенств, с помощью которого доказаны классические неравенства Чебышева и Коши. Abstract This work considers a method of proving inequalities which proves classical inequalities of Chebyshev and Cauchy. Целью данной работы является исследование на экстремум выражения P = 1
1 2 ... ... n n a a a b b b = а
1 b 1 +а 2 b 2 + …+a
n b n , для двух последовательностей чисел при всевозможных перестановках чисел этих строк. , при упорядочении i x и
i y , показано, что число P мини-
мально, если эти последовательности разной монотонности, и P максимально, если они одной монотонности. Доказаны две теоремы, которые дают возможность составить много новых неравенств. С помо- щью этих теорем докажем несколько неравенств и классическое неравенство для средних. Неравенства для средних и сами средние широко применяются не только в алгебре, геометрии, математическом анализе, но и в статистике, в теории вероятностей (оттуда пришло среднее квадра- тичное), при обработке результатов измерений. Средняя урожайность, средняя плотность населе- ния, средняя температура, средняя рождаемость, средняя глубина реки, – это примеры средних ве- личин, постоянно окружающих нас. Неравенства используют при решении уравнений, нахождении экстремумов, в различных оценках (при сравнении величин), поэтому они представляют интерес и играют важную роль. Рассмотрим последовательности, состоящие из
положительных действительных различных чисел: 1
( , ,..., ) n a a a и 1 2 ( , ,..., ) n b b b Запишем их в виде таблицы 1 2
2 ...
... n n a a a b b b 296 Введем удобное для дальнейших рассуждений обозначение P = 1
1 2 ... ... n n a a a b b b = а 1 b 1 +а 2 b 2 + …+a n b n Ставиться задача: при каком расположении чисел в этих последовательностях (для каких пере- становок), сумма произведений соответствующих элементов максимально (минимально), т.е. число P максимально (минимально). Заметим, что при перестановке столбцов
число
P не меняется. Поэтому, переставляя столб- цы можно достичь в верхней перестановке порядка возрастания. Всего перестановок из n элементов можно составить ! n . Например, 31 3
1 5 4 2 3 6 4 2 1 5 3 1 4 6 5
2 3
4 1
6
2 5 1 = ⋅ + ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅ = = = P Другие значения i P получим переставляя члены нижней последовательности. Всего 3! 6 = чисел. Можно заметить, что максимальное из этих шести чисел равно 41 3
P , а минимальное – 29 4
P . Минимальное получается, если одна последовательность возрастающая, а другая – убывающая, мак- симальное значение принимает i P , если обе или возрастающие, или убывающие. По аналогии с векторами дадим следующие определения. Определение 1. Две последовательности назовем сонаправленными, если обе являются или возрастаю- щими, или убывающими. Определение 2. Две последовательности назовем противоположнонаправленными, если одна возрастаю- щая, а другая убывающая. Итак, если последовательности противоположнонаправлены – ( )( ) ,
← → , то
P – минимально, а если сонаправленные последовательности – ( )
→ → , ( ) ← ← , то P – максимально. Справедлива следующая теорема: Теорема. Число P максимально (минимально), если последовательности сонаправлены (противоположнонаправлены). Доказательство. Надо доказать, что из !
чисел
i P наибольшее получим, если последователь- ности сонаправлены: ( )
→ → или
( ) ← ← . А наименьшее число i P получим, если они противоположнона- правлены: ( )( )
, → ←
← → . Пусть последовательность ) ...,
, , ( 2 1
a a a для числа
= n j j j n b b a a a P b
...
...
2 1 2 1 1 – возрастающая. Находим наибольшее число среди } b ...
max{ b
n, 1,..., k , 2 1 s j n k j j j j b b b = = . Поменяем местами
1
b и
s j b в последовательности 1 2
n j j j b b b . По определению 1
> . 297 Получим новое значение n s n s j n j s j j j j j j n s a a b a b a b b b a a a a P b b ... b
...
...
...
...
1 2 1 2 2 1 2 1 2 ⋅ + ⋅ + + ⋅ + ⋅ = = . Покажем, что 1 2
P P −
, т.е. 1
P P < . − ⋅ + ⋅ + + ⋅ + ⋅ = − n s j n j s j j a a b a b a P P b b ... 2 1 2 1 2 1 = ⋅ + ⋅ + + ⋅ + ⋅ − ) b b ... ( 1 2 2 1
s j n j s j j a a b a b a = ⋅ − ⋅ − ⋅ + ⋅ = 1 1 b b 1 1 j s j j s j a a b a b a s s , 0 ) b b )( ( ) b b ( ) ( 1 1 1 1 1 < − + = − + − =
s s j j s j j s j j a a a b b a так как
0 b b , 0 1 1 < − > + s j j s a a . Отсюда и следует 1 2
< . Теперь выбираем наибольшее среди остальных (кроме первого) и ставим его на второе место и можно аналогично показать, что 2 3 0 P P − <
или 2 3 P P < и т.д. продолжая этот процесс, получим 1 2
... n P P P P < < < < . В этом случае последовательности ( ) →
или ( )
← ← сонаправлены и n P – максимально. Покажем, что если одна последовательность возрастающая, а другая убывающая т.е. (противопо- ложнонаправлены) ( )( ) ,
← → эта величина минимальна. Пусть (
1 2 , ,..., n a a a – возрастающая последовательность и s j b – наименьшее число из k j b ;
k j j b b ≤ при 1, k n = . Пусть { } 1 2 min , ,..., s n j j j j b b b b = тогда поменяем местами 1 j b и
s j b и покажем, что 1 2 0 P P − > , т.е. 1 2 P P > . Действительно, как и в первом случае, − ⋅ + ⋅ + + ⋅ + ⋅ = − n s j n j s j j a a b a b a P P b b ... 2 1 2 1 2 1 = ⋅ + ⋅ + + ⋅ + ⋅ − ) b b ... ( 1 2 2 1
s j n j s j j a a b a b a = ⋅ − ⋅ − ⋅ + ⋅ = 1 1 b b 1 1 j s j j s j a a b a b a s s , 0 ) b b )( ( ) b b ( ) ( 1 1 1 1 1 > − − = − − − = j j s j j s j j s s s a a a b b a так как последние два множителя отрицательны. Значит, 1 2 1 2 0 P P P P − > ⇒ > . Аналогично можно продолжить, что 2 3
> и т.д.
1 2 3 ... n P P P P > > > > . Получилось, что для противоположнонаправленых ( )( ) , → ← ← → это произведение минималь- но. Итак,
– для противоположнонаправленых минимально, а для сонаправленных ( ) →
, ( )
← ← P – максимально. Замечание. При доказательстве можно рассматривать отношение 1 2
P и показать, что оно больше (меньше) единицы. Пример-1. Пусть a и b и c – положительные вещественные числа. Докажите неравенство. 2 3
+ + + + +
a c a c b c b a . Доказательство. Заметим, прежде всего, что + + + = + + + + +
a a c c b c b a b a c a c b c b a 1
1
1
и (a, b, c) и ( b a a c c b + + + 1 , 1 ,
1 ) сонаправленные последовательности, то по теореме доказанной выше получим + + + ≥ + + + c b b a a c c b a b a a c c b c b a 1
1
1
1
1
1
,
+ + + ≥ + + + a c c b b a b a b a a c c b b a 1
1
1 c
1
1 1 c
.
a c c c b b b a a c b c b a b a c a b a c a c b c b a + + + + + + + + + + + ≥ + + + + + 2 . Отделим дроби с одинаковым знаменателем в правой части + + + + + + + + + + + ≥ + + + + +
b c c b b b a b b a a a c a a c c b a c a c b c b a 2 . 298 Вычислив, получаем 3 2
+ + + + +
a c a c b c b a ⇔ 2 3 ≥ + + + + + b a c a c b c b a . Что и требовалось доказать. Пример-2 . (Неравенство Чебышева) Для любого n ∈
( )
)( )
n n n b b b a a a b a b a b a n + + + + + + ≥ + + + ... ... ...
2 1 2 1 2 2 1 1 . Доказательство. В силу теоремы справедливы следующие n неравенства ≥ + + k k k n 2 n 2 n 2 ...b b b a ... a a ...b b b a ... a a
2 1 1 1 1 ≥ + + + 1 3 2 1 1 1
k k k n 2 n 2 n 2 ...b b b a ... a a ...b b b a ... a a ≥ − − 2 1 1 1 1
k k n 2 n 2 n 2 ...b b b a ... a a ...b b b a ... a a В этих неравенствах левая часть не изменяется, а в правой части элементы второй строки меняют- ся циклически. Складываем все неравенства и получаем ( )
) ( ) ( ) ( )( ) n n k n k k k n k k k n k k n n b b b a a a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a n + + + + + + ≥ + + + + + + + + + + + + + ≥ + + + − − + + + + + ... ... ...
... ...
... ...
2 1 2 1 2 2 1 1 1 3 2 2 1 2 2 1 1 2 2 1 1 Отсюда следует ( ) ( )( ) n n n n b b b a a a b a b a b a n + + + + + + ≥ + + + ... ... ...
2 1 2 1 2 2 1 1 Что и требовалось доказать Пример-3. Пусть a, b и c – положительные вещественные числа. Докажите неравенство. a 3 +b 3 +c 3 +d 3 ≥ a 2 b+b 2 c+c 2 d+d
2 a. Доказательство. Заметим, прежде всего, что a 3 +b 3 +c 3 +d 3
1 2
2 2
P d c b a d c b a =
a 2
2 c+c
2 d+d
2 a =
2 2 2 2 2
P a d c b d c b a = . А так как последовательности (a 2 , b 2 , c
2 , d
3 ), (a, b , c, d) сонаправленны, из теоремы следует, что 2 1
P > т.е.
2 2 2 2
c b a d c b a ≥
d c b d c b a
2 2 2 2 . А это значит, что a 3 +b 3 +c 3 +d 3 ≥ a 2 b+b 2 c+c
2 d+d
2 a. Пример – 6. ( Неравенство о средних) Пусть а 1 , а 2 , …а
n – положительные вещественные числа. Докажите, что .
...
... 2 1 2 1 n n n a a a n a a a ≥ + + + Это неравенство называется неравенством Коши о среднем арифметическом и среднем геометрическом. Доказательство. Перепишем его в виде: n n n n n x x nx x x x ...
... 2 1 2 1 ≥ + + + , введя новые переменные )
..., , 2 , 1 ( n i a x n i i = = 299 Тогда по доказанной теореме имеем n n n n n n n n n n n x x nx x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ...
...
....... ..........
...
...
...
....... ..........
...
...
... 2 1 1 1 1 3 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 = ≥ = + + + − Из этого неравенства следует неравенство Коши. Легко заметить, что это доказательство гораздо легче по сравнению с остальными доказательствами неравенства Коши.
жүктеу/скачать 10,67 Mb. Достарыңызбен бөлісу:
|