Доказательство неравенств

Неравенства мы изучаем систематически на протяжении 9 лет обучения математике. Неравенства можно решать разными способами: линейное неравенство можно решать с помощью графика и числовых промежутков, квадратное решается в результате графического построения и квадратного уравнения (решение через дискриминант) и методом интервалов. Рассматривая, и понимая как решать любое из неравенств, мы всегда стараемся найти какой-то общий алгоритм для их решения. Однако, после нахождения этого алгоритма решение неравенств приобретает некий механический смысл, а как следствие, мало интересен. В этом смысле более непредсказуемыми в процессе решения и более интересными являются доказательства неравенств. Доказательство неравенств очень актуально на сегодняшний момент для любого выпускника школы или даже студента так как навык доказательства неравенств пригодится при сдаче ГИА или ЕГЭ где неравенства невозможно пропустить или не заметить. Этой теме в школьном курсе алгебры уделяют мало внимания, а рассмотренный нами метод математической индукции в школьную программу вообще не включен. Умения и навыки по доказательству неравенств играют большую роль при изучении других тем по алгебре и геометрии и очень часто используются в олимпиадных задачах. Хорошее знание по теме неравенства помогут с легкостью овладеть знаниями разделов других точных наук. Таким образом, выявилось противоречие между необходимостью подробного изучения приемов доказательств неравенств и малым учебным временем отведенным в школьной программе по математике на изучение этой темы. Преодоление этого противоречия определяет проблему исследования, которая заключается в отыскании и систематизации приемов, методов доказательства неравенств.

Неравенства. Свойства числовых неравенств

Сейчас мы рассмотрим свойства числовых неравенств.

1) Теорема 1. Если a < b, то b > a; если a > b, b < a.

2) Теорема 2. Если a < b и b < c, т a < c.

3) Теорема 3. Если a < b и c - Любое число, то a+c < b+c.

4) Теорема 4. Если a < b и c - положительное число, то ac < bc; если a < b и c - отрицательное число, то ac > bc.

5) Теорема 5. Если a < b и c < d, то a+c < b+d

6) Теорема 6. Если a < b и c < d, причем a,b,c и d - положительные числа, то ac < bd

Выше перечисленные свойства числовых неравенств мы доказывать не будем, т. к их доказательства можно найти в любом школьном учебнике. Для иллюстрации приведем примеры их примененмя для доказательства неравенства, оценки значения выражения и сравнения выражений содержащих иррациональность. Например, для доказательства неравенства а2 + b2 >= 0 достаточно сложить два очевидных неравенства одного смысла: a2 >= 0, b2 >= 0.

Равносильные неравенства с одной переменной

На более осознанном уровне решения неравенств можно использовать теорию равносильности неравенств.

Неравенства, множества решений которых совпадают, называются равносильными.

Идея решения неравенств состоит в замене данного неравенства более простым, равносильным ему. Преобразования неравенств рассмотренные в теоремах 1−6 сохраняют равносильность. Такие замены осуществляются на основе следующих утверждений, являющихся следствием теорем:

* Если какой-либо член неравенства с неизвестной перенести из одной части неравенства в другую с противоположным знаком, оставив при этом без изменения знак неравенства, то получится неравенство, равносильное данному.

* Если обе части неравенства с неизвестной умножить или разделить на одно и то же положительное число, оставив при этом без изменения знак неравенства, то получится неравенство, равносильное данному.

* Если обе части неравенства с неизвестной умножить или разделить на одно и то же отрицательное число, изменив при этом знак неравенства на противоположный, то получится неравенство, равносильное данному.

* Приведение подобных слагаемых не является равносильным преобразованием неравенства.

Ярким примером неравносильности неравенств является следующая пара неравенств 2x-35+x> 3x-22+ x и 2x-35> 3x-22

При переносе из одной части неравенства в другую выражение x равносильность сохраняется, но при приведении подобных слагаемых область определения неравенства расширяется, т. к условия x >= 0 исчезает. О нарушении равносильности свидетельствуют и разные решения этих неравенств. Решением неравенства 2x-35+x> 3x-22+ x служит промежуток [0; 411), а решением неравенства 2x-35> 3x-22 служит промежуток (-infinity;411).

Доказательство неравенств

Доказать неравенство, содержащее некоторые переменные это значит показать, что ему удовлетворяют любые допустимые или специально указанные значения этих переменных. Доказательство тождественности неравенств сводится обычно к использованию основных свойств неравенств и того, что x2 >= 0 для всех x ∈ R. При этом доказываемое неравенство Р(x) <= Q(x) полезно переписывать в виде Q(x) - Р(x) >= 0.

Для доказательства неравенств напомним некоторые важные неравенства

* a + b <=a + b, где a и b произвольные числа

* a - b>= a - b, где a и b произвольные числа

* ав+ ва>=2

* х1+х2+. +хnn>=nх1х2. хn для любых неотрицательных чисел (обобщенное неравенство Коши)

Доказательство обобщенного неравенства Коши производится с помощью метода математической индукции и его можно найти, например, в Викиучебнике или у И. С. Соминского. Также его просто доказать, исходя из геометрических соображений

Основными приемами доказательства неравенств является оценка разности левой и правой частей доказываемого неравенства, выделение полного квадрата, сложение или умножение заведомо верных неравенств. Другой прием состоит в том, чтобы показать, что данное неравенство является следствием некоторого очевидного неравенства.

Пример 1 Доказать неравенство Коши:"Среднее арифметическое неотрицательных чисел не меньше их среднего геометрического":

Решение.

Докажем, что а+в2>=ав при а>=0 и в>=0 Рассмотрим разность левой и правой частей неравенства:

Неотрицательность квадрата любого вещественного числа очевидна.

Значит, - верное неравенство.

Неравенство доказано.

Пример 2 Доказать, что (a+b)(ab+1)>= 4ab, при а>=0, b>=0.

Решение.

Рассмотрим a+b и ab+1.

Используем доказанное неравенство Коши а+в2>=ав для чисел ав и 1:

Перемножим получившееся неравенство с неравенством Коши:

Неравенство доказано.

Так же используют следующий прием: предполагают, что данное неравенство верно при заданных значениях переменных, строят цепочку неравенств-следствий, приводящую к некоторому очевидному неравенству. Рассматривая затем эту цепочку неравенств снизу вверх, показывают, что данное неравенство является следствием полученного очевидного неравенства и потому верно при указанных значениях переменных.

Значит, доказательство (a+b)·(ab+1) >= 4ab, при а>=0, b>=0 можно выполнить другим способом.

Допустим, что при а>=0, b>=0 данное неравенство верно, т. е. :

Используя неравенство Коши дважды для каждого множителя, имеем:

Значит, (a+b)·(ab+1) >= 4ab, при а>=0, b>=0, что и требовалось доказать.

Пример 3 Доказать неравенство

Решение.

Предположим, что данное неравенство верно при заданных значениях переменных, тогда

Получили очевидное неравенство. Значит, данное неравенство верно.

Пример 4 Докажите неравенство: х[4] − 7х[2] - 2х + 20 > 0,

Решение:

Преобразуем левую часть этого неравенства следующим образом: х[4] - 7х[2] - 2х + 20= (х[4]-8х[2]+16)+(х[2]-2х+1 ) +3 = (х[2] - 4)2 + (х - 1)[2] + 3. Так как (х[2] - 4)[2] + (х - 1)[2] является суммой заведомо неотрицательных слагаемых и 3>0, то для всех х имеем: х[4] − 7х[2] - 2х + 20 > 0.

Неравенство доказано.

Достаточно часто для решения какой - либо задачи пользуются результатами более простой подзадачи (вспомогательной задачи). Проиллюстрируем применение этого приема при рассмотрении примера 5 и 6.

Пример 5 Доказать неравенство:а[2] + b[2] + c[2] >= ab + ac +bc.

Решение (решение этого примера приведено в универсальном справочнике школьника. 5 - 11 класс).

Для того чтобы установить, что неравенство верно при любых значениях a,b и c, покажем, что оно следует из очевидных неравенств. В качестве таких очевидных неравенств возьмем неравенства а[2] + b[2] >= 2ab, т. к (а - b)[2] >= 0; a2 + c[2] >= 2ac, т. к (а - с)[2] >= 0; b[2] + c2 >= 2bc. т. к. (b - c)[2] >= 0;

Применив к ним теорему о почленном сложении неравенств, получим: a2 + b2 + a2 + c2 + b2 + c2 >= 2ab + 2ac + 2bc.

2a2 + 2b2 + 2c2 >= 2ab + 2ac + 2bc, т. е.

а[2] + b[2] + c[2] >= ab + ac +bc.

Неравенство доказано.

Пример 6 Доказать, что при любых a, b, c имеет место неравенство: a[4] + b[4] + c[4] >= abc(a + b + c).

Решение:

Воспользуемся выше доказанным неравенством а[2] + b[2] + c[2] >= ab + ac +bc.

Неравенство доказано.

Пример 7 Доказать неравенство

Решение.

Рассмотрим неравенство 0<=(x1 - x2)²+(x2 - x3)²+. +(x1987 - x1988)²+(x1988 - x1)². Оно, очевидно, верно, так как каждое слагаемое правой части неотрицательно. Раскроем скобки:

Перенесем удвоенные квадраты в левую часть:

Поделив обе части неравенства на 2, получим требуемое.

Неравенство доказано.

Пример 8 Произведение двух положительных чисел больше их суммы. Докажите, что эта сумма больше четырех.

Решение.

Пусть x и y - данные числа. Условие x+y

(x - 1)(y - 1)>1, откуда очевидно, что x>1, y>1. Неравенство Коши о среднем арифметическом и среднем геометрическом для положительных чисел x - 1 и y - 1 дает откуда x+y>4.

Неравенство доказано.

Пример 9 Доказать числовое неравенство (1-х)(1-у)(1-z)>=8xyz при условии x+y+z=1

Решение.

Заменим в условии (1-х)(1-у)(1-z) число 1 на выражение x+y+z:

(1-х)(1-у)(1-z)= (x+y+z -х)( x+y+z -у)( x+y+z -z)=(y+z)(x+z)(x+y)

По неравенству Коши y+z>=2уz, х+z>=2хz, y+х>=2ух

Следовательно, (1-х)(1-у)(1-z)=(x+y+z-х)(x+y+z-у)(x+y+z-z)=(y+z)(x+z)(x+y) >= 2уz 2хz2ух = 8хуz.

Неравенство доказано.

Пример 10 Доказать неравенство

Решение.

Пусть данное неравенство верно при допустимых значениях переменных.

Получили очевидное неравенство. Значит, данное неравенство верно.

Алгебраический метод доказательства неравенств применим и в геометрии.

Пример 11 а, b, c - стороны треугольника. Докажите неравенство a2+2bcb2+c2+b2+2aca2+c2+c2+2abb2+a2>3

Решение

Ввиду неравенства треугольника a[2] > (b-c)[2]. Отсюда a2+2bc > b2 + c2. Правая часть положительна, и на нее можно разделить. Получаем, что первое слагаемое в левой части доказываемого неравенства больше 1. То же верно для двух других. Поэтому их сумма больше 3.

Неравенство доказано.

Пример 12 a, b, c, d - положительные числа. Докажите, что a+b+c+d(1a+1b+1c+1d)>=16

Решение.

a+b+c+d>=44abcd по обобщенному неравенству Коши

1a+1b+1c+1d>=441a∙1b∙1c∙1d по обобщенному неравенству Коши

Перемножим эти неравенства и получим a+b+c+d(1a+1b+1c+1d)>=44abcd441a∙1b∙1c∙1d a+b+c+d(1a+1b+1c+1d)>=164abcd∙1a∙1b∙1c∙1d a+b+c+d(1a+1b+1c+1d)>=1641 a+b+c+d(1a+1b+1c+1d)>=16

Неравенство доказано.

Пример 13 Положительные числа a, b и c таковы, что abc = 1. Доказать неравенство

11+а+в+11+в+с+11+а+с<=1

Решение

Обозначим a = x[3], b = y[3], c = z[3], где х, у и z положительные числа. Тогда xyz =3авс = 1. Так как (х-у)[2]>=0, то х[2]-2ху+у[2]+ху>=0+ху. Получим , что для любых, а в том числе и для положительных x и y верно неравенство x[2] - xy + y[2]>=xy. Умножив обе части этого неравенства на x + y (это можно сделать, так как x > 0, y > 0), получим x[3] + y[3]>=(x + y)xy, откуда

11+а+в=xyzxyz+x3+y3<=xyzxyz+x+yxy =zx+y+z

Аналогичные неравенства верны для11+в+с и 11+а+с.

Сложим полученные неравенства:

11+а+в+11+в+с+11+а+с<=zx+y+z+yx+y+z+xx+y+z=1

Неравенство доказано.

Пример 14 Доказать, что при x >= 0 имеет место неравенство 3x³ - 6x² + 4 >= 0.

Решение:

Докажем, что 3x³ + 4 >= 6x². Перегруппируем 3x³ + 4 так: 2x³ + x³ + 4. Применяя неравенство Коши для чисел 2x³, x³ и 4, получаем

Получили 6x² >= 6x²очевидное неравенство, т. к. 6x²=6x² при любых значениях х, а значит и при x >= 0. Значит, 3x³ - 6x² + 4 >= 0 - верное неравенство.

Неравенство доказано.

Часто для доказательства неравенств применяют свойства функций. Проиллюстрируем это следующим примером

Пример 15 Про действительные числа a,b,c известно, что (a+b+c) c<0. Докажите, что b[2]-4ac>0

Решение.

Рассмотрим квадратный трехчлен f(x)=x[2]+bx+ac. Из условия следует, что f(c)=c[2]+bc+ac=(a+b+c) c<0, т. е. в точке x=c функция f(x) принимает отрицательное значение. Так как коэффициент при x[2] положителен, то дискриминант данного квадратного трехчлена положителен (иначе бы трехчлен f(x) принимал бы только неотрицательные значения). А это и означает, что b[2]-4ac>0. Неотрицательность дискриминанта также ясна и из анализа графика. График функции f(x)=x[2]+bx+ac - парабола с ветвями вверх, проходящая через точку (с; f(c)) с отрицательной ординатой, обязана пересечь ось абсцисс, т. е. уравнение x[2]+bx+ac=0 имеет неотрицательный дискриминант.

Неравенство доказано.

Часто задача имеет несколько решений. Так, неравенство

Пример 16 Доказать неравенство: а1а2+а2а3+. +аna1>=n;

(a1, a2,. , an - положительные числа).

Решение

Обозначим числа b1 = а1а2, b2 = а2а3,. , bn = аna1. Эти числа положительны и их произведение равно 1. Поэтому их среднее геометрическое равно 1. Согласно неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим среднее арифметическое этих чисел не меньше 1, т. е. их сумма не меньше n.

Неравенство доказано.

Часто задача имеет несколько решений. Так, неравенство (a-c)(b-c)<0 при a[2]+b[2]-ab=c2 можно доказать геометрически и алгебраически.

Пример 17 Положительные числа a, b, c таковы, что a[2]+b[2]-ab=c[2]. Докажите, что (a-c)(b-c)<0.

Решение

Первый способ. Отложим на сторонах угла 60[o] с вершиной O отрезки OA = a и OB = b. В силу равенства a[2] + b[2] - ab = c[2] длина отрезка AB равна c. Так как в треугольнике OAB угол при вершине O средний по величине, то либо A <= O <= B, либо B <= O <= A, но тогда либо b <= c <= a, либо a <= c <= b; в обоих случаях (a - c)(b - c) <= 0.

Второй способ. Можно считать, что a>=b (случай a<=b аналогичен). Тогда b[2]<=ab, a[2]>=ab, поэтому a[2]>=a[2] + b[2] - ab>=b[2], откуда a>=c>=b. Значит, первый сомножитель в выражении (a - c)(b - c) неотрицателен (a - c)>=0, а второй - неположителен (b - c)<=0. Поэтому произведение неположительно (a - c)(b - c)<=0, что и требовалось доказать.

Неравенство доказано.

Пример 18 Числа a, b, c - такие, что abc > 0 и a + b + c > 0. Доказать, что a[n] + b[n] + c[n] > 0 при любом натуральном n

Решение.

Если все три числа положительны, то решение очевидно. Если есть хотя бы одно отрицательное число, тогда, поскольку abc > 0, их ровно два. Пусть a > 0, b<0, c < 0, тогда - b>0, - c > 0, а значит, при любом натуральном n > 1 имеем неравенство (- b - c)[n] > (- b)[n] + (- c)[n]. Поскольку a + b + c > 0, получаем, что a[n] > (- b - c)[n] > (- b)[n] + (- c)[n]. Следовательно, a[n] + b[n] + c[n] > 0.

Неравенство доказано.

Пример 19 Для любых положительных чисел a, b, c доказать, что ав+с+ва+с+са+в>=32.

Решение.

Пусть a + b = x, b + c = y, a + c = z, т. е. a =х+z-y2, b =x+y-z2, c =y+z-x2. Тогда ав+с=х+z-y2y=х+z-y2y ва+с=x+y-z2z=x+y-z2z са+в=y+z-x2x=y+z-x2x, а требуемое неравенство запишется в виде ав+с+ва+с+са+в=х+z-y2y+x+y-z2z+y+z-x2x>=32. Это неравенство следует из очевидного неравенства mn+nm>=2

Неравенство доказано.

Математическая индукция - в математике - один из методов доказательства. Используется, чтобы доказать истинность некоего утверждения для всех натуральных чисел. Для этого сначала проверяется истинность утверждения с номером 1 - база индукции, а затем доказывается, что если верно утверждение с номером n, то верно и следующее утверждение с номером n + 1 - шаг индукции, или индукционный переход.

Доказательство по индукции наглядно может быть представлено в виде так называемого принципа домино. Пусть какое угодно число косточек домино выставлено в ряд таким образом, что каждая косточка, падая, обязательно опрокидывает следующую за ней косточку (в этом заключается индукционный переход). Тогда, если мы толкнём первую косточку (это база индукции), то все косточки в ряду упадут.

Логическим основанием для этого метода доказательства служит так называемая аксиома индукции, пятая из аксиом Пеано, определяющих натуральные числа. Верность метода индукции эквивалентна тому, что в любом подмножестве натуральных чисел существует минимальный элемент.

Заметим, что всё решение было разбито на четыре этапа:

[БАЗА] Показываем, что доказываемое утверждение верно для некоторых простейших частных случаев (обычно при наименьшем из возможных, например, n = 1)

[ПРЕДПОЛОЖЕНИЕ] Предполагаем, что утверждение доказано для первых K случаев.

[ШАГ] В этом предположении доказываем утверждение для случая n = K + 1.

[ВЫВОД] Утверждение верно для всех случаев, то есть для всех n.

Решение задач по данной схеме и называется методом математической индукции.

Пример 20 Доказать неравенство Бернулли т. е. , что если n>2 и х>0, то справедливо неравенство (1+х)[n]>1+nх.

Решение.

Докажем неравенство методом математической индукции.

1) При n=2 неравенство справедливо, так как

(1+х)[2]=1+2х+х[2]>1+2х. , т. к. х[2] >= 0 Значит, база истинна.

2) Предположим, что справедливо неравенство (1+х)[k]>1+kx.

Докажем, что тогда справедливо неравенство(1+x)[k+1]>1+(k+1) x.

В самом деле, умножив обе части неравенства (1+х)[k]>1+k x на положительное число 1+х, получим(1+x)[k+1]>(1+kx)(1+x). Рассмотрим правую часть последнего неравенства; имеем (1+kx)(1+x)=1+(k+1) x+kx[2]>1+(k+1)x.

В итоге получаем, что(1+х)[k+1]>1+(k+1)x.

Итак, на основании принципа математической индукции можно утверждать, что неравенство Бернулли справедливо для любого n> 2.

Пример 21 Доказать, что справедливо неравенство (1+a+a[2])[m]>1+ma+m(m+1)2a[2] при а> 0.

Решение: 1) Проверим базу индукции при m=1 (1+а+а[2])[1]> 1+а+22а[2] обе части равны, что не удовлетворяет неравенству, значит проверим при m= (1+а+а[2])[2]> 1+2а+62а[2].

2) Предположим, что при m=k неравенство (1+a+a[2])k>1+ka+к(к+1)2 a[2] верно. Докажем, что при m=k+1 неравенство верно

(1+a+a2)k+1=(1+a+a2)(1+a+a2)k>(1+a+a2)(1+ka+к(к+1)2a2)=1+(k+1) a+(к(к+1)2+k+1)a2 +(к(к+1)2 +k) a3+к(к+1)2 a4> 1+(k+1) a+(к+1)(к+2)2 a2.

Мы доказали справедливость неравенства при m=k+1, следовательно, в силу метода математической индукции, неравенство справедливо для любого натурального m.

Пример 22 Доказать неравенство

Решение.

1) Проверим базу индукции при n=3, 3[4]>=4[3], верно

2) Предположим, что при n=k неравенство kk+1>=k+1k верно. Докажем, что при n=k+1 неравенство верно

Мы доказали справедливость неравенства при n=k+1, следовательно, в силу метода математической индукции, неравенство справедливо для любого натурального n

Выводы исследования.

Доказательству неравенств в школьном курсе алгебры мы уделяем недостаточно внимание и конечно при их решении нередко хотелось бы иметь рекомендации по доказательству. Исследование было направлено на решение следующих задач:

1. Собрать информацию в различных научных источниках о применении различных приемов, методов доказательства неравенств

2. Доказать с помощью выделенных приемов и методов неравенства, предлагаемые в математических олимпиадах и конкурсах.

3. Показать эффективность представленных приемов и методов доказательства некоторых неравенств.

В процессе изучения научных источников мы выделили основные приемы: oo оценка разности левой и правой частей доказываемого неравенства, oo выделение полного квадрата, oo сложение или умножение заведомо верных неравенств, oo показать, что данное неравенство является следствием некоторого очевидного неравенства oo применение свойств функции oo геометрическая интерпретация неравенства; методы доказательства: oo при помощи неравенства Коши oo метод математической индукции.

Привели 22 примера доказательства неравенств с помощью вышеуказанных приемов и методов.

При доказательстве этих неравенств были выявлены наиболее эффективные приемы и методы.