XVII Международный конкурс научно-исследовательских и творческих работ учащихся
Старт в науке
Экспериментальное доказательство числовых неравенств
Автор работы награжден дипломом победителя III степени
Полная версия работы доступна во вкладке "Файлы работы" в формате PDF
ВВЕДЕНИЕ
Многие задачи олимпиадного характера весьма затруднительны без применения классических неравенств. Но классические неравенства и их различные модификации запоминаются не просто. Может потому, что их редко используют в школьном курсе математики, может потому, что это трудный материал. Но знание методов доказательства неравенств интересно и познавательно. И хотя этот материал является необязательным для курса школьной математики, знание классических неравенств иногда очень полезно.
На просторах интернета достаточно много материала по доказательству неравенств. Мы же в своей работе хотели найти способы экспериментального обоснования некоторых числовых неравенств. Что и явилось целью нашего проекта.
Для достижения поставленной цели необходимо было решить ряд задач:
Изучить основные неравенства.
Познакомиться с методами доказательства числовых неравенств.
Найти способы экспериментального доказательства неравенств.
1. ЧИСЛОВЫЕ НЕРАВЕНСТВА
1.1. Неравенство Коши.
Пусть а и b – неотрицательные числа. Доказать, что .
Это неравенство иногда называют неравенством Коши в честь французского математика XIX в. Огюста Коши.
Доказательство: Составим разность левой и правой частей:
.
Получим неотрицательное число, значит, . Число называют средним арифметическим чисел а и b; число называют средним геометрическим чисел а и b. Таким образом, неравенство Коши, означает, что среднее арифметическое двух неотрицательных чисел не менее их среднего геометрического.
Неравенство Коши имеет любопытное геометрическое истолкование. Пусть дан прямоугольный треугольник и пусть высота h, проведенная из вершины прямого угла, делит гипотенузу на отрезки а и b. В геометрии доказано, что А что такое ? Это длина половины гипотенузы. Но из геометрии известно, что медиана m прямоугольного треугольника, проведенная из вершины прямого угла, как раз равна половине гипотенузы. Таким образом, неравенство Коши означает, что длина медианы, проведенной к гипотенузе (т.е. ), не меньше длины высоты, проведенной к гипотенузе (т.е. ). Равенство достигается тогда, когда прямоугольный треугольник является равнобедренным.
Обобщив неравенство ≤ на 3,4,5…n неотрицательных чисел знаменитый французский математик Огюстен Луи Коши доказал в 1821 г. следующее неравенство: , т.е. среднее геометрическое n неотрицательных чисел не больше среднего арифметического этих чисел. Равенство существует при условии, если только все n чисел равны между собой. Докажем это неравенство методом математической индукции.
Пример 1. а) Доказать, что если положительные числа х1,х2,…хn таковы, что х1х2…хn=1, то х1+х2+…+хn ≥n.
б) Доказать, что для любого натурального числа n ≥ 2 справедливо неравенство
, где все числа а1,а2,…аn положительны.
Доказательство: а) Проверим выполнение утверждения для n=2. пусть произведение двух положительных чисел х1,х2 равно 1.
Поскольку , получаем, что , что и требовалось установить.
Предположим, что утверждение выполняется для n=к, т.е. предположим, что если х1х2…хк =1, где все множители – положительные числа х1 +х2 +…+хкк. Докажем, что тогда из равенства х1х2…хк хк+1=1 следует неравенство х1 +х2++…+хк +хк+1 ≥ к+1.
Если х1 =х2 =…=хк =хк+1=1, то х1 + х2 +…+ хк + хк+1 = к+1; можно записать и так х1 + х2 +…+ хк + хк+1 ≥ к+1. Значит в этом тривиальном случае утверждение выполняется. Если в произведении х1х2…хк хк+1 не все множители равны 1, то найдется хотя бы одна пара чисел таких, что одно больше 1, а другое меньше 1; обозначим эти числа соответственно хк и хк+1, а их произведение обозначим Хк.
Имеем х1х2…хк-1 хк хк+1=1, т.е. х1х2… хк-1, Xк =1. поскольку произведение к положительных чисел равно 1, то и по индукционному предположению их сумма не меньше к: х1+ х2+… +хк-1 +Хк≥к.
Докажем, что Хк< хк +хк+1-1.
В самом деле, Хк - (хк +хк+1-1)=1+хк хк+1-хк -хк+1=( хк-1)( хк+1-1). Выше мы отметили, что хк>1, а хк+1<1. значит, ( хк-1)( хк+1-1)<0, а потому Хк< хк +хк+1-1.
А теперь рассмотрим интересующую нас сумму х1+ х2+… +хк-1.
Имеем: (х1+ +х2+… +хк-1)+( хк +хк+1) > (х1+ х2+… +хк-1)+ Хк+1.
По принципу математической индукции утверждение доказано для любого натурального числа n≥2.
б) Введем обозначение: .
Справедливо равенство , но тогда, согласно утверждению, доказанному в пункте а), выполняется неравенство , т.е. , что и требовалось доказать.
Приведем еще две полезные формы записи неравенства Коши:
и
– в первой записи нет дроби, во второй – ни дроби, ни радикала. Если ими не пользоваться, то выкладки всегда будут более громоздкими.
1.2. Основные методы доказательства неравенств.
Задачи на доказательство неравенств особенные. Конкретных особых подходов здесь нет. Одно и тоже неравенство можно доказать различными способами. Разберем теперь наиболее часто встречающие приемы установления истинности неравенств с переменными, продемонстрировав соответствующие идеи и методы на конкретных примерах. В дальнейшем речь пойдет о неравенствах справедливость которых требует доказать на заданном множестве значений переменных. Если такое множество не указанно, то подразумевается, что эти переменные могут принимать любые действительные значения.
Доказательство неравенств путем определения знака разности их частей.
Этот метод исследования неравенств по-другому называют «Доказательство неравенств с помощью определения». Определение сравнения двух действительных чисел было приведено выше. По определению считается, что A>B, если (A-B) – положительное число. Поэтому для доказательства неравенства f(a, b…k) > g(a, b…k) на заданном множестве значений a, b…k – достаточно составить разность f(a, b…k) и убедится в том, что она положительна при заданных значениях a, b…k. Именно этим способом доказано выше неравенство Коши и некоторые свойства неравенств.
Пример 2. Доказать, что если то .
Доказательство: имеем .
Так как ab>0, то , причем знак равенства имеет место лишь при a=b. Итак, разность неотрицательна, неравенство доказано.
Пример 3. Докажем, что любых положительных чисел a и b справедливо неравенство 4(a3+b3)≥(a+b)3
Доказательство: рассмотрим выражение А=4(a3+b3) - (a+b)3.
Сначала преобразуем его:
А = 4(a+b)(а2-ab+b2)-(a+b)(а2+2ab+b2) = (a+b)(4а2-4ab+4b2-а2-2ab-b2) =
= a+b)(3а2-6ab+3b2) = 3(a+b)(a-b)2. Так как a>0, b>0, то А≥0, т.е. доказана справедливость неравенства 4(a3+b3)≥(a+b)3.
Пример 4. Докажите, что для любых действительных чисел a,b,c,d,e справедливо неравенство а2+b2+c2+d2+e2≥ a(b+c+d+e).
Доказательство. Составим и преобразуем разность
. Очевидно, что эта разность принимает лишь неотрицательные значения, что доказывает исходное неравенство.
Кроме того, очевидно, что оно выполняется в варианте равенства тогда и только тогда, когда .
Пример 5. Докажите, что если , то справедливо неравенство
.
Доказательство: перейдем к доказательству равносильного данному неравенства и проанализируем разность .
Очевидно, что
, а значит, при , как сумма четырех неотрицательных и одного положительного слагаемого.
Доказательство неравенств с помощью использования ранее доказанных и очевидных неравенств.
Пример 6. Докажем, что для любых положительных чисел x справедливо неравенство .
Доказательство: рассмотрим неравенство в левой части которого записано среднее арифметическое положительных чисел х и , а в правой – их среднее геометрическое.
Следовательно, неравенство справедливо на основании неравенства Коши. Но тогда на основании полученного утверждения справедливо неравенство .
Этот метод еще носит название метод синтеза. Суть этого метода заключается в синтезировании неравенства, которое требует обосновать из опорных (базисных) неравенств «законными» средствами, проистекающими из свойств числовых неравенств и методов их установления.
Опорными неравенствами являются, например, такие:
1) (неравенство Коши);
2) ;
3) ;
4) ;
5) ;
6) ;
7) (a-c)2+(b+d)2≥0, a,b,c,d - действительные числа;
8) ;
9) .
Пример 7. Доказать, что для любых а, b, с R выполняется неравенство
а2 + b2 + с2 ≥ аb + bс + са.
Для доказательства мы применим неравенство Коши, но «по частям». Сначала - «неизвестно зачем», но это будет понятно позже, - умножим левую часть неравенства на 2 и перегруппируем слагаемые:
2(а2 + b2 + с2) = (а2 + b2) + (b2 + с2) + (с2 + а2),
и применим неравенство Коши к каждой сумме в правой части.
Имеем: так что
2(а2 + b2 + с2) ≥ 2аb + 2bс + 2са,
что и требовалось доказать.
Пример 8. Доказать, что .
Доказательство. Возьмем в качестве опорных следующие неравенства Коши:
.
Перемножим эти неравенства, получим:
Итак, Так как по условию n≠1, то первое и последнее из опорных неравенств Коши могут быть только строгими. Но тогда и после перемножения опорных неравенств полученное неравенство должно быть строгим. Таким образом, , что и требовалось доказать.
Метод оценивания
При решении многих задач, в частности, при рассмотрении различных функций особую роль играет оценка значения выражения сверху или снизу, т. е. указание верхней или нижней границы выражения. Никаких универсальных способов для нахождения такой оценки не существует, так что поиск нужной оценки является чисто эвристической, можно сказать, творческой работой. Оценка часто необходима не только для доказательства « готового», заданного неравенства, но и для сравнения числовых выражений, когда истинное неравенство требуется установить самостоятельно.
Пример 9. Докажите, что для любых действительных чисел a,b,c,d таким, что a2+b2=1, c2+d2=1, выполняется неравенство |ac-bd|≤1.
Доказательство методом усиления.
Применим свойство модуля и неравенство Коши:
что и обосновывает исследуемое неравенство.
Решение методом ослабления.
Учитывая, что a2+b2=1, c2+d2=1, заключаем:
1=(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2=(ac)2-2abcd+(bd)2+(ad)2+2adbc+(bc)2=
=(ac-bd)2+(ad-bc)2≥(ac-bd)2, т.к. (ad-bc)2 при
любых действительных a,b,c,d принимает только значение из полученных соотношений следует, что |ac-bd|≤1.
Доказательство неравенств методом от противного.
Суть этого метода заключается в следующем. Пусть нужно доказать истинность неравенства f(x;y;z)>g(x;y;z).
Предполагают противное, т.е. что хотя бы для одного набора переменных справедливо неравенство f(x;y;z)≤g(x;y;z).
Используя свойства неравенств, выполняют преобразования последнего неравенства. Если в результате этих преобразований получается ложное неравенство, то это означает, что предположения о справедливости неравенства неверно, а поэтому верно исходное неравенство.
Пример 10. Доказать, что если то
Доказательство. Предположением противное, т.е. что для некоторого набора значений a, b, c, d справедливо неравенство .
Возведем обе его части в квадрат. Получим
. Откуда и заменим . Но это противоречит неравенству Коши, составленному для неотрицательных чисел bc и ad. Значит, наше предположение неверно, т.е. для любых неотрицательных значений a, b, c, d справедливо неравенство .
Пример 11. Докажите, что для любых действительных чисел a, b, c справедливо неравенство .
Доказательство: очевидно, что данное неравенство достаточно установить для любых действительных чисел a, b, c будем иметь следующие соотношения:
, что является обоснованием исходного неравенства.
Пусть теперь нашлись такие неотрицательные числа a, b, c, для которых выполняется неравенство , но тогда выполняется неравенство , тогда и неравенство
, а значит и неравенство a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc- 3a2+3b2+3c2>0 или –(2a2+2b2+2c2-2ab-2ac-2bc) >0, т.е. –(a-b)2+(d-c)2+(b-c)2<0, что невозможно ни при каких действительных a, b, c. Сделанное выше предположение опровергнуто, что и доказывает неполное неравенство.
Доказательство неравенств методом математической индукции.
При доказательстве неравенств часто прибегают к методу математической индукции. Доказательство при помощи метода математической индукции того, что некоторое утверждение, в которое входят натуральные числа n верно, состоит из доказательства двух шагов:
Шаг 1. Утверждение верно при n=1.
Шаг 2. Из справедливости утверждения для какого – либо произвольного натурального n=к следует его справедливость для следующего натурального n=к+1. Если обе эти теоремы доказаны, то на основании принципа (аксиомы) математической индукции заключаем, что утверждение верно для любого натурального n. Если надо доказать утверждение не для всех натуральных n, а лишь начиная с некоторого натурального m>1, то доказательство проводится так:
Доказывается, что утверждение верно при n=m;
Доказывается, что из справедливости утверждения при n=к, где к≥ m, вытекает, что оно верно и при n=к+1.
Пример 12. Доказать, что для любых действительных чисел справедливо неравенство
.
Доказательство. При n=2 неравенство принимает вид . Это верно неравенство оно доказано ранее. Предположим, что неравенство верно n=к (к≥2), т.е. , и докажем, что тогда оно верно и при n=к+1, т.е. докажем, что .
В самом деле, пусть , тогда . По принципу математической индукции неравенство верно для любых действительных .
Метод использования тождеств.
Пример 13. Докажите, что для любых действительных чисел a и b справедливо неравенство a2+ab+b2 ≥ 0.
Доказательство. Воспользуемся очевидным тождеством a2+ab+b2 = которое учитывая, что для любых немедленно приводит к требуемому результату.
Для следующего неравенства используем замечательное тождество, тождество Лагранжа:
Для обоснования этого тождества достаточно составить разность между его левой и правой частями, раскрыть скобки и привести подобные.
Метод ведения новых переменных (метод подстановки)
Пример 14.Докажите, что для любых положительных чисел a, b, c справедливо неравенство .
Доказательство. Рассмотрим неравенство
, где А, В и С – любые действительные неотрицательные числа, и положим: , где a, b, c – произвольные положительные действительные числа, в результате получим требуемое неравенство.
Пример 15. Докажите, что для любых положительных чисел a, b, c справедливо неравенство
Доказательство. Обозначим b+c=2x, c+a=2y, a+b=2z, причем очевидно, что при любых положительных чисел a, b, c числа x, y, z будут тоже положительны, а вот обратное неверно, поэтому, найдя a, b, c из системы
т.е. получив:
можно будет переписать исследуемое неравенство в следующем виде:
, однако не будет никакой гарантии, что оно справедливо при любых положительных x, y, z, даже если справедливо исследуемое неравенство. Однако если нам повезет и неравенство истинно, то это будет гарантировать справедливость и неравенства, но
, что обосновывает исследуемое неравенство.
Заметим, что именно неравенство Коши, примененное к положительным числам , дало соотношение .
Метод интерпретации или моделей.
Рассмотрим неравенства доказательство которых можно получить, используя хорошо известные неравенства треугольника. Вспомним, что для любых трех точек A, B, C справедливо соотношение (А, С)≤ (А, В)+ (В, С), где символом (M, N) обозначено расстояние от точки М до точки N.
Пример 16: Докажите, что для любых действительных чисел а,
b и c справедливо неравенство
Доказательство. Рассмотрим в прямоугольной системе координат ХОУ точки O(0; 0), В(2а; 2b) и А(а + c; b) и запишем для них неравенство треугольника ОB≤ОА + АВ.
Более тонким средством (нежели неравенство треугольника) для получения замечательных неравенств служит теорема косинусов. Продемонстрируем ее «работу» при решении конкретных задач.
Пример 17. Докажите, что для любого действительного числа
справедливо неравенство .
Доказательство. Рассмотрим два случая: а) х ≤0; б) х > 0.
а) Если х≤0, то ; , а значит, .
б) Если х>0, то обратимся к геометрической модели: рассмотрим прямоугольный треугольник АВС с катетами АС = 3; СВ = 4 и биссектрису CD его прямого угла С, причем обозначим CD = х. Используя теорему косинусов, получаем:
;
.
Остается воспользоваться неравенствами треугольника
AD + DB ≥ АВ и учесть, что ( ).
Метод уменьшения числа переменных в неравенстве и понижения степени неравенства.
Пример 18. Докажите, что для любых положительных а, b, с справедливо неравенство
а3 + b3 +с3 – а2b – аb2 – а2с - ас2 - b2с - bс2 + 3аbс≥0.
Доказательство. Разделим правую и левую части неравенства на с3 (с > 0, а значит, и с3 > 0) и введем новые переменные: . В результате получим новое неравенство u, v > 0, доказательство которого равносильно доказательству исходного неравенства. Перепишем его левую часть в следующем виде:
и введем новые переменные: x=u+v и у = u • v, причем x> 0, y > 0 и х2 ≥ 4у. Теперь получили неравенство вида
y · (5 - 4х) + (x3 - х2 - x + 1)≥0, где x> 0, , чье обоснование позволит сделать вывод и о справедливости исходного неравенства. Существенными достижениями в результате сделанных преобразований явились следующие: уменьшилось число переменных, а степень относительно переменного у оказалась равна единице. Преобразовав полученное неравенство к виду
(5 - 4х)· у + (х3 -х2 -х + 1)≥0
и введя в рассмотрение следующую вспомогательную функцию (считая х произвольным фиксированным положительным числом)
f(у) = (5- 4х) ·у + (х3 - -х2 - х + 1) с областью определения R, можем заключить, что при любом фиксированном значении х графиком этой функции будет прямая. Следовательно, ее наименьшее значение на отрезке достигается на одном из его концов. Однако легко найти f(0) = (х - 1 )2(х + 1) и f( ) = (х-2)2, а значит, убедиться, что и f(0)≥0, и f( )≥0, что и доказывает истинность исходного неравенства.
ЭКСПЕРИМЕНТАЛЬНОЕ ДОКАЗАТЕЛЬСТВО НЕРАВЕНСТВ
Во первом эксперименте, то есть понадобились параллелепипед, и три куба с ребрами равными ширине, длине и высоте параллелепипеда. Изготовили три куба с размером рёбер параллелепипед, рёбра которого имеют длину .
Ёмкость параллелепипеда заполнили гречкой полностью. И стали гречку засыпать в ёмкости кубов. В результате, если заполняли один из кубов полностью, то два оставшихся всегда были полупустыми. То есть неравенство – доказано.
Для того, чтобы доказать неравенство Коши для двух переменных, мы изготовили параллелепипед рёбра которого имели длину здесь произвольно ( ) и два параллелепипеда с квадратными основаниями и и высотой . Мы полагали, что если неравенство верно, то если засыпать параллелепипед с рёбрами до верха, а затем пересыпав его в другие два с квадратными основаниями и и высотой , они будут заполнены не полностью. Что и подтвердил эксперимент.
Так экспериментальным путем мы доказали неравенство Коши.
Для того, чтобы доказать ab + bc + ac, мы изготовили три параллелепипеда с квадратными основаниями и высоты три параллелепипеда c основаниями и высотой Мы заполнили гречкой три параллелепипеда с основаниями и высотой , а затем пересыпали её по параллелепипедам с основаниями и При этом Два из них заполнились полностью, а третий остался заполненным частично. То есть и в этом случае неравенство верно.
заполнились полностью, но квадрат нам не удалось заполнить до конца. Мы доказали это неравенство.
Вывод
|
3abch смогло заполнить и но самый большой не заполнился даже на половину |
|
|
2ab |
2abh смогло заполнить только , а на не хватило гречки вообще |
Заключение
Для достижения поставленной цели были изучены основные неравенства, методы доказательства числовых неравенств, найден способ экспериментального доказательства неравенств.
Список литературы
Бабинская И.Л. Задачи математических олимпиад. – М.: Наука, 1975. – 154 с.
Беккенбах Э., Беллман Р. Введение в неравенства. – М.: Мир, 1965. – 223 с.
Блох А. Ш., Трухан Т.Л. Неравенства. – Минск.: Народная асвета, 1972. – 215 с.
Гомонов С.А. Замечательные неравенства: способ получения и примеры применения. 10 – 11 классы. Элективные курсы. Учебное пособие для профильных классов общеобразовательных учреждений. М.: Дрофа, 2005. – 254с.
Кипнис И.М. Сборник прикладных задач на неравенства: Пособие для учителей. – М.: Просвещение, 1964. – 179 с.
Коровкин П.П. Неравенства. – М.: Наука, 1966. – 215 с.
Фоминых Ю.В. Доказательство неравенств. Журнал «Математика в школе» – М., 1998. - № 6. – 44 – 46.