WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Библиотека <Математическое просвещение> Выпуск 30 Ю. П. Соловьёв Н а у ч н о - р е д а к ц и о н н ы й с о в е т с е р и и:

В. В. Прасолов, А. Б. Сосинский (гл. ред.), А. В. Спивак, В. М. Тихомиров, И. В. Ященко.

НЕРАВЕНСТВА Серия основана в 1999 году.

Издательство Московского центра непрерывного математического образования Москва • 2005 УДК 517.16 ВВЕДЕНИЕ ББК 22.161 С60 В школьном курсе математики рассматриваются различные неравенства. Многие из них основаны на очень простом нера венстве — неравенстве о средних, появившемся ещё в древние времена:

1 (a+b) ab, (1) 2 Аннотация В брошюре различными способами доказываются извест где a, b>0.

ные, в том числе из школьной программы, неравенства Коши, Доказывается оно очень просто.

Йенсена, Коши—Буняковского. Многие утверждения сформу лированы в виде упражнений, решения которых приведены 1. Докажите неравенство (1) *).

в конце брошюры. Кроме того, приведён список задач для само стоятельного решения.

В начале XIX века французский математик Коши занимался Текст брошюры представляет собой запись лекции, прочи обобщением этого неравенства. Самым интересным оказалось сле танной автором 6 октября 2001 года на Малом мехмате МГУ дующее обобщение:

для школьников 9—11 классов (запись А. А. Белкина).

Брошюра рассчитана на широкий круг читателей, интере сующихся математикой: школьников, учителей.

(a1+a2+...+an)n a1a2... an, (2) n где a1, a2,..., an>0.

Несложно доказать это неравенство для трёх, четырёх или пяти чисел, но дальше, если рассматривать отдельно каждое n, Юрий Петрович Соловьёв придётся очень повозиться.

Неравенства 2. Докажите неравенство (2) для n=4.

(Серия: <Библиотека,,Математическое просвещение“>) П о д с к а з к а. Cведите неравенство (2) к неравенству (1), М.: МЦНМО, 2005. — 16 с.: ил.

объединив слагаемые и множители в пары.

Художник У. В. Сопова. Редактор Ю. Л. Притыкин.

3. Докажите неравенство (2) для n=2m, предположив, что оно Техн. редакторы М. Н. Вельтищев, М. Ю. Панов.

верно для n=m.

4. Докажите, что если в неравенстве (2) заменить an на сред Лицензия ИД № 01335 от 24/III 2000 года. Подписано к печати 14/XI 2005 года.

Формат бумаги 6088 /. Офсетная бумага № 1. Офсетная печать. Физ. печ. л. 1,00.

16 нее арифметическое чисел a1, a2,..., an-1, то получится то Усл. печ. л. 0,98. Уч.-изд. л. 1,06. Тираж 3000 экз. Заказ.

же неравенство (2), только для количества чисел, равного n-1.

Неравенство (2) было доказано в общем виде для произволь Брошюра соответствует гигиеническим требованиям к учебным изданиям для общего и начального профессионального образования (заключение государственной санитарно ного n с большим трудом и имеет своё имя — неравенство Коши.

эпидемиологической службы Российской Федерации № 77.99.02.953.Д.003873.06. Его также называют неравенством между средним арифметиче от 2/VI 2004 года).

ским и средним геометрическим. В книгах можно найти разные его доказательства, но многие из них трудные. В них требуется Издательство Московского центра непрерывного математического образования.

119002, Москва, Г-2, Бол. Власьевский пер., 11. Тел. 241 05 00.

помнить много деталей. Мы же рассмотрим несколько очень про стых способов, с помощью которых можно, кроме того, получить Отпечатано с готовых диапозитивов много частных неравенств и решить много задач. Первая часть бу в ФГУП <Производственно-издательский комбинат ВИНИТИ>.

140010, г. Люберцы Московской обл., Октябрьский пр-т, 403. Тел. 554 21 86. дет посвящена этим доказательствам.

*) Двумя чертами слева выделены тексты упражнений. В конце брошюры ISBN 5-94057-190-5 © МЦНМО, 2005. (сс. 14—16) приведены их решения.

ДОКАЗАТЕЛЬСТВО НЕРАВЕНСТВА КОШИ Второе доказательство Прежде всего, давайте для краткости предполагать далее, что Прежде всего нам необходимо познакомиться с одним широ все введённые и вводимые числа положительны. Заменим наши ко известным и очень важным методом доказательства, на случай, переменные таким образом:

если кто-либо из читателей с ним не знаком, — это метод матема тической индукции. a1 a2 an y1=, y2=,..., yn=. (3) n n n a1a2... an a1a2... an a1a2... an Метод математической индукции Тогда неравенство (2) примет вид Пусть есть утверждение, содержащее натуральное число n.

y1+y2+...+ynn, (4) Пусть также выполняются следующие условия.

где имеет место условие 1. Б а з а и н д у к ц и и: утверждение выполняется для n=1.

2. Ш а г и н д у к ц и и: для любого n из того, что утвержде- y1y2... yn=1. (5) ние выполняется для n, следует, что оно выполняется для n+1.

В самом деле, условие (5) появилось от того, что y1, y2,..., yn — Предположение того, что утверждение верно для n, называется это уже не произвольные положительные числа, а только те, ко предположением индукции.

торые представимы в виде (3). Легко видеть, что для любых Тогда, согласно принципу математической индукции, утвер чисел, представимых в виде (3), выполнено условие (5), и любые ждение верно для всех n1.

положительные числа, удовлетворяющие условию (5), представи Метод математической индукции тем и хорош, что позволяет мы в виде (3).

провести доказательство в общем виде, не рассматривая отдельно Итак, иными словами, в неравенстве Коши утверждается, что каждое n. Конечно, это не единственный способ провести дока из (5) следует (4). Кстати, обратное, конечно, неверно.

зательство в общем виде, но очень часто хорошо срабатывает Проведём доказательство по индукции. Наше утверждение, за именно он.

висящее от n, — это утверждение о том, что из (5) следует (4).

5. Докажите, что неравенство (2) верно для любых n, предста Б а з а и н д у к ц и и. Очевидно, что в нашем случае она вер вимых в виде 2k, где k — натуральное число.

на, так как при n=1 утверждение принимает вид <из y1=1 сле П о д с к а з к а. Примените метод математической индукции дует y11>.

и используйте результат упражнения 3.

Ш а г и н д у к ц и и. Докажем, что из верности утверждения 6. Докажите, что если неравенство (2) верно для некоторого m, для n следует его верность для n+1, т. е. докажем, что если для то оно верно и для любого n

произвольных n чисел из (5) следует (4), то для произвольных П о д с к а з к а. Примените метод математической индукции n+1 чисел из (5), принимающего вид <вниз>, использовав результат упражнения 4.

z1z2... znzn+11, (5) следует (4), принимающее вид Первое доказательство z1+z2+...+zn+zn+1n+1, (4) Упражнения 5 и 6 составляют наше первое доказательство не где в (4) и (5) положено равенства Коши для произвольного n. Действительно, для любого натурального n всегда существует такое натуральное k, что 2k>n.

a1 a z1=, z2=,...

А утверждение упражнения 5, основанное на упражнениях 1 и 2, n+1 n+ a1a2... anan+1 a1a2... anan+ состоит в том, что неравенство (2) верно для количества слагае an an+ мых, равного 2k, где k — любое натуральное число. Тогда, в силу..., zn=, zn+1=.

n+1 n+ утверждения упражнения 6 (m следует положить равным 2k), осно a1a2... anan+1 a1a2... anan+ ванного на упражнении 4, получаем, что неравенство верно для Д о к а з а т е л ь с т в о ш а г а. Числа z1, z2,..., zn+1 удовле нашего n, так как число n меньше 2k в силу выбора k. Если ко творяют условию му-то не удалось самостоятельно проделать все упражнения, то их решения следует посмотреть в конце брошюры. z1z2... zn+1=1.

4 Положим подобным образом, найдя этот простой подход, потому что тогда их нельзя поте z1=y1, z2=y2,..., zn-1=yn-1, znzn+1=yn.

рять или забыть.

Тогда, очевидно, верно условие (5). По предположению индукции из него следует неравенство (4), которое в силу наших новых НЕРАВЕНСТВО ЙЕНСЕНА обозначений имеет вид Итак, мы доказали неравенство Коши.

z1+z2+...+zn-1+znzn+1n. (6) а) Из него можно получать огромное коли В шаге нужно доказать, что чество других задач. А теперь рассмотрим z1+z2+...+zn+zn+1n+1. (7) ещё одно очень мощное неравенство — не равенство Йенсена. Оно тоже очень просто Итак, далее будем предполагать, что не все zi равны единице, доказывается, но посвежее, ему примерно так как иначе всё тривиально доказывается. В самом деле, сумма сто лет.

n+1 слагаемых, равных единице, равна n+1, и условие (7) заве Прежде всего введём несколько новых домо выполнено. Так что по крайней мере пара чисел не является обозначений.

парой единиц. Более того, заметим, что тогда есть пара чисел, од- б) Определение. Множество называется но из которых больше единицы, а другое меньше. Просто иначе выпуклым, если отрезок, соединяющий Рис. невыполнимо условие равенства произведения всех чисел едини любые две его точки, сам целиком содер це. Перенумеруем числа zi так, чтобы этой парой оказались два жится в множестве (на рис. 1, а показан последних числа zn>1 и zn+1<1. Обратите внимание, что мы ни пример выпуклого множества, а вот мно чего не считаем, только переобозначаем переменные, и сейчас это y жество, показанное на рис. 1, б, выпуклым удивительное доказательство <вылезет> из неравенства, которое не является).

выглядит так:

НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК Пусть имеется функция y=f(x), опре- НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК НАДГРАФИК zn+zn+1-znzn+1>1. (8) делённая на некотором интервале. У каж 7. Докажите, что (8) следует из условий zn>1, zn+1<1. дой функции имеется график. График функ Осталось сложить неравенство (8) с неравенством (6), и мы ции, определённой на всей числовой пря получили (7), а значит и доказательство шага индукции. До- мой, разбивает плоскость на два множе x казательство неравенства Коши для произвольного n тем самым ства: yf(x) и y

То, чему вы должны научиться больше, чем конкретным фак- Определение. Пусть f(x) определена там — хранить математическую информацию. Почему-то ни в шко- на некотором интервале. Тогда множество Рис. лах, ни в университетах обычно этому не учат. Дело в том, что yf(x), где х принадлежит интервалу, человеческая память устроена так, что человек просто не в со- называется надграфиком (рис. 2), а мно стоянии запомнить три тысячи теорем явным текстом. Даже если жество y

y с этих знаний никакого. Возьмёте неверную формулу — и всё про- Слова ужасные, но любого человека пало. Поэтому важно не держать в голове лазерный диск с голыми спроси — ему будет ясно, что имеется формулами. Важны другие способы хранения информации в голо- в виду. Кстати, совершенно неважно, куда ве. Такие, чтобы можно было её получать в нужный момент и га- отнести саму кривую. Мы, например, от рантированно верно, и желательно ещё и быстро. Вот, в частности, несли её к надграфику.

x это доказательство очень мощного неравенства Коши именно такое. Определение. Функция называется вы Его не страшно забыть в деталях, так как в нём нет ничего трудно- пуклой на некотором интервале, если её ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК ПОДГРАФИК го. Прелесть науки в том и состоит, чтобы находить такой угол зре- надграфик на этом интервале выпуклый, ния, под которым всё становится просто. Наиболее важно в школь- и вогнутой, если выпуклым является под ные годы суметь организовать все знания (формулы, теоремы) график. Рис. 6 y П р и м е р 1. Парабола y=x2 — вы- Центр масс пуклая на всей числовой оси функция Предположим, что с каждой точкой плоскости связано некото (рис. 4).

рое число, которое будем называть <массой> этой точки (<масса> 8. Докажите это.

не обязательно должна быть положительной). Тогда можно опре П р и м е р 2. Функция y=1/x на по делить <центр масс> двух точек.

лупрямой x<0 — вогнутая (рис. 5).

Определение. Центром масс двух точек A и B будем называть П р и м е р 3. На всей числовой оси mB AC синусоида, любой многочлен нечётной такую точку C на отрезке AB, что =, где mA и mB — массы x BC mA степени больше единицы и гипербола Рис. точек A и B соответственно.

не являются ни выпуклыми, ни вогнуты y Это и есть знаменитое правило рычага. В XVIII веке люди ми (рис. 6—8).

пытались его доказать, но оказывается, оно эквивалентно пятому 9. Приведите пример функции, явля постулату Евклида*).

ющейся одновременно и выпуклой, и во x Декартовы координаты точки C выражаются через координаты гнутой.

y=1/x, точек A и B очень просто:

З а м е ч а н и е. Функцию, являющую x< ся согласно нашему определению выпукл mAxA+mBxB mAyA+mByB ой, ещё называют выпуклой вниз, а функ xC=, yC=.

Рис. mA+mB mA+mB цию, являющуюся вогнутой, — выпукл y ой вверх. Такие названия были даны им Кстати, видно, что обе координаты точки C выражаются оди в XIX веке, и сейчас сохранились только наково. Легко обобщить это определение до определения центра в математических кружках, а в универ масс системы точек. Действительно, центр масс трёх точек опре ситетских курсах их называют наоборот:

делим как центр масс центра масс первых двух точек и третьей.

выпуклая вниз функция — вогнутая, вы x В координатах это выглядит так:

y=sin x пуклая вверх — выпуклая.

Рис. m1x1+m2x2 (m1+m2)+m3x3 xC= = m1+m2 (m1 +m2)+m y Теорема Йенсена m1x1+m2x2+m3x =, Теорема. Пусть y=f(x) — функция, m1+m2+m выпуклая на некотором интервале;

x1, (10) x2,..., xn — некоторые числа из этого m1y1+m2y2 (m1+m2)+m3y3 yC= = m1 +m2 (m1 +m2)+m интервала;

m1, m2,..., mn — поло- x жительные числа, сумма которых равна m1y1+m2y2+m3y y=x3-x =.

единице. Тогда выполняется неравенство m1+m2 +m Рис. 7 Йенсена Легко проверить, что от порядка, в котором берутся точки, y f(m1x1+m2x2+...+mnxn) положение центра масс не зависит, так как от него не зависит m1f(x1)+m2f(x2)+...+mnf(xn).

получаемое выражение для координат точки.

10. Убедитесь, что это действительно так.

(9) *) Пятый постулат Евклида (или аксиома о параллельных) гласит, что через Из этого неравенства можно полу x точку вне прямой можно провести не более одной прямой, параллельной дан чить важнейшие неравенства, которые y=1/x ной. В течение более чем двух тысячелетий считалось, что аксиоматика Евклида знает современная математика. Для до (включающая в себя и пятый постулат) не является независимой, что пятый постулат можно доказать, основываясь на других аксиомах этой аксиоматики.

казательства нам понадобится один чисто Но в XIX веке сразу несколько математиков (среди которых Лобачевский, Гаусс математический факт, который обычно и Бойаи) почти одновременно показали, что доказать его невозможно. Так роди Рис. 8 в школах не освещают. лась новая, неевклидова геометрия.

8 x = y y A Поэтому ясно, что центр масс C системы n точек будет определяться A следующими выражениями для его де A картовых координат (рис. 9):

y C A m1x1+m2x2+...+mnxn ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТРМАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТРМАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТРМАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС ЦЕНТР МАСС xC=, A m1+m2+...+mn A m1y1+m2y2+...+mnyn yC=.

y m1+m2+...+mn Рис. A y Лемма. Пусть имеется выпуклая фигура, и внутри неё взяты A n точек. Тогда центр масс этих точек тоже принадлежит фигуре.

x Д о к а з а т е л ь с т в о проведём по индукции.

x1 x2 x Докажем б а з у: центр масс двух точек по определению при надлежит соединяющему их отрезку, который в силу выпуклости Рис. фигуры принадлежит фигуре.

База доказана, теперь ш а г и н д у к ц и и. Центр масс n+ точек — это в силу определения центр масс двух точек: любой ство Йенсена — это всего лишь утверждение о том, что центр масс одной и центра масс всех остальных, которых n штук. В силу точек графика выпуклой функции лежит в надграфике!

предположения индукции центр масс этих остальных n точек при надлежит фигуре, а значит, центр масс его и (n+1)-й точки тоже ПРИМЕРЫ принадлежит фигуре, так как по определению лежит на отрез ке, соединяющем эти две точки нашей выпуклой фигуры. Лемма Возникает вопрос, о котором стоило бы поговорить отдельно:

доказана.

как определить, является ли некоторая функция выпуклой? Мно гие из вас знают, что если задана функция, то выпуклость прове Доказательство теоремы Йенсена рить можно так: если вторая производная на интервале не меньше Рассмотрим функцию из условия теоремы. На графике возь нуля, то функция на этом интервале выпуклая, а если не больше мём точки, у которых абсциссы имеют значения x1, x2,..., xn, нуля, то она вогнутая.

и обозначим эти точки через A1, A2,..., An (рис. 10). Возьмём для этих точек совершенно произвольные массы m1, m2,..., mn, сум Вывод неравенства Коши из неравенства Йенсена ма которых равна 1. Согласно условию, наша функция выпуклая и, значит, надграфик — выпуклое множество. Тогда центр масс Оказывается, неравенство Коши несложно выводится из нера точек A1, A2,..., An тоже является точкой надграфика. Выпи венства Йенсена. Мы уже доказали неравенство Коши, даже двумя шем координаты центра масс и условие того, что он принадлежит способами. Можете в книжках посмотреть, какое оно там слож надграфику:

ное бывает, это доказательство. А сейчас мы докажем его ещё m1x1+m2x2+...+mnxn проще! Давайте просто прологарифмируем неравенство (2). Обе xC= =m1x1+m2x2+...+mnxn, части положительные, а логарифм во всей области своего опре m1+m2+...+mn деления возрастающая функция, поэтому получим эквивалентное m1y1+m2y2+...+mnyn неравенство yC= =m1f(x1)+m2f(x2)+...+mnf(xn), m1+m2+...+mn a1+a2+...+an a1a2... an).

log(n log yCf(xC). (11) n Теперь подставим в условие (11) координаты центра масс и полу чим неравенство (9) теоремы Йенсена. Оказывается, что неравен- Логарифм произведения — это сумма логарифмов, а степень можно 10 a1+a2+...+an n вынести как множитель:

14. n a1a2... an 1 1 n 1 1 a +a2+...+an log a1+ log a2+...+ log an.

1 a1 + a2 +...+ an log n n n n a2+a2+...+a 1 2 n, где a1, a2,..., an>0.

А это и есть неравенство Йенсена для логарифма, который явля- n ется вогнутой функцией в своей области определения в силу того, a1 a2 an-1 an что его вторая производная везде в этой области отрицательна. Так 15. + +...+ + n, где a1, a2,..., an>0.

a2 a3 an a как полученное неравенство Йенсена верно и является эквивалент ным исходному, то исходное неравенство Коши тоже верно. Всё, 1 1 n это и есть доказательство.

16. (a1+a2+...+an) a + +...+, где a1, a2,...

a2 an Вывод неравенства Коши—Буняковского..., an>0.

из неравенства Йенсена 1 3 2n-1 17. · ·...·, где n — натуральное число.

Ещё одно неравенство, которое появилось в XIX веке, — это 2 4 2n 3n+ неравенство Коши—Буняковского. Оно выглядит так:

18. |sin(x1+x2+...+xn)||sin x1|+|sin x2|+...+|sin xn|, где (x1+x2+...+xn)2n(x2+x2+...+x2). (12) 1 2 n 0x1, 0x2,..., 0xn.

<В лоб> доказать и не мечтайте. Докажем его, используя не равенство Йенсена. Доказательство основано на том, что y=x2 — 19. a1+a2+...+anna1a2... an, где a1a2...an1.

2 n функция выпуклая (см. упражнение 8). Запишем для неё неравен n ство Йенсена, положив m1=m2=...=mn= : 20. n>n+1 n+1, где n — натуральное число, n3.

n sin x1+sin x2+...+sin xn x1+x2+...+xn x1 +x2+...+xn x2+x2+...+x 1 2 n 21. sin, где 0x.

n n n n, 0x2,..., 0xn.

А теперь если мы умножим обе части на n2, то и получится как mp nq 1 раз неравенство (12)!

22. + mn, где m, n, p, q>0 и + =1.

p q p q Получилось, что неравенство Коши—Буняковского — это три виальное следствие неравенства Йенсена.

23. Докажите, что из всех выпуклых n-угольников, вписанных в данную окружность, наибольшую площадь имеет правильный.

24. Докажите, что из всех выпуклых n-угольников, вписанных ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ в данную окружность, наибольший периметр имеет правильный.

Докажите следующие неравенства (11—22, 25—27).

a2 2 a2+b2 a+b -b2 x1+x2+...+xn 25. -, где a, b.

11. x1 xn, где x1x2...xn.

2 2 2 n 1 1 1 n 26. a1x1+a2x2+...+anxnxa1xa2... xan, где x1, x2,...

1 2 n 12. +1+x +...+1+x, где x1, x2,...

1+x1 1+n x1x2... xn n..., xn>0, a1, a2,..., an0 и a1+a2+...+an=1.

..., xn1, n2.

1/a 1/b b b xa +xa+...+xa 1 2 n n x1+x2+...+xb 27., где x1, x2,...

2 a+b a2+b n n 13. ab, где a, b>0.

1 2 +..., xn>0, a

a b 12 y РЕШЕНИЯ УПРАЖНЕНИЙ 7. Умножим обе части неравенства zn> на положительное число 1-zn+1. Получим:

1. Это неравенство является простым следствием неотрицатель y zn-znzn+1>1-zn+1.

ности квадрата разности чисел a и b:

Перенеся слагаемое (-zn+1) в левую часть y a+b ( a)2-2 a b+( b)2 ( a- b) с переменой знака, получим искомое нера - ab= = 0. x 2 2 2 венство (8).

x1 x 8. Вот как можно доказать выпуклость Рис. 2. Объединим слагаемые в пары a1, a2 и a3, a4, а затем для функции y=x2, не используя производных.

каждой из них применим неравенство Коши для n=2: Запишем уравнение прямой, проходя щей через точки (x1, y1) и (x2, y2) на параболе (рис. 11), в виде a1+a2 a3+a a1a2, a3a4. x-x 2 y-y1= (y2-y1) x2 -x Используем эти два неравенства и ещё раз неравенство Коши для и сложим с ним неравенство x2-y<0, которое нам необходимо n=2:

доказать для всех x из интервала (x1, x2):

a1+a2 a3+a x-x + a1a2+ a3a4 x2-y1< (y2-y1).

a1+a2+a3+a 2 x2-x = 4 2 Если мы докажем это неравенство, это будет означать, что ука a1a2 a3a4=4 a1a2a3a4.

занный отрезок прямой полностью лежит выше параболы, т. е.

весь принадлежит надграфику, что, в свою очередь, будет означать 3. Решается аналогично упражнению 2, только вместо сведе его выпуклость. Итак, разделим полученное неравенство на x-x1:

ния к неравенству Коши для n=2 нужно сводить к неравенству Коши для n=m. x2 -y1 y2-y <.

4. Рассмотрим левую часть, т. е. среднее арифметическое.

x-x1 x2-x Ясно, что среднее арифметическое n чисел равно среднему ариф Осталось подставить вместо y1 и y2 соответствующие значения y1= метическому себя и этих же n чисел. Это всё равно что к системе =x2, y2=x2, а затем сократить полученные дроби на разности точек добавить в её центр масс ещё одну точку и снова рассчи 1 x-x1 и x2-x1. Получим:

тать центр масс, который, естественно, не сдвинется. Подставьте и убедитесь. Теперь осталось возвести всё в степень n, разделить x+x1x2+x1.

на сумму a1+a2+...+an-1 и извлечь корень (n-1)-й степени.

5. Доказательство индукцией по k. База индукции (k=1) — Это, очевидно, верное неравенство, которое в силу наших пре это уже доказанное в упражнении 1 неравенство Коши для 2k= образований является эквивалентным исходному. Утверждение =21=2 чисел. А шаг индукции — уже доказанное утверждение доказано.

упражнения 3, которое позволяет перейти к неравенству Коши для 9. Прямая является выпуклой и вогнутой одновременно. Этот 2k+1 чисел, если для 2k чисел оно уже доказано. пример очень хорош, потому как иллюстрирует, что почти в любых 6. Что такое метод математической индукции <вниз>? Очень определениях существуют предельные моменты. Кстати, можно просто! Если в шаге доказывать, что из предположения индукции доказать, что других одновременно и выпуклых, и вогнутых функ следует верность высказывания не для n+1, а для n-1, то вы- ций нет.

сказывание окажется верным для всех n, не больших, а меньших 10. Докажем это утверждение по индукции. База для одной базового. Таким образом, для решения данного упражнения нуж- точки очевидна, потому что одну точку мы можем брать только но всего лишь доказать этот шаг <вниз>. Заметим, что именно он в одном порядке. Теперь докажем шаг индукции. Пусть для n то и был доказан в упражнении 4. чек мы уже доказали, что независимо от порядка, в котором мы 14 y = x матических кружков. В от- <Кропоткинская>, далее М А Г А З И Н берём точки для вычисления координат центра масс, всё равно по деле вузовской и научной пешком (см. схему).

<Математическая лучаются выражения наподобие (10), т. е.

литературы можно найти Телефоны для справок:

книга> в М Ц Н М О учебники и научные моно- 241 72 85, 241 05 00.

m1x1+m2x2+...+mnxn m1y1+m2y2+...+mnyn графии ведущих россий- Магазин работает еже xC=, yC=.

Брошюры серии <Биб- ских и зарубежных матема- дневно кроме воскресенья m1+m2+...+mn m1+m2+...+mn лиотека,,Математическое тиков. В магазине имеет- (летом —кроме субботы и просвещение“> вы може- ся отдел <книга—почтой>. воскресенья) с 1130 до 2000;

Теперь попробуем доказать то же самое для произвольных те приобрести в магазине Адрес магазина: 119002, перерывы: с 1330 до <Математическая книга> Москва, Г-2, Бол. Власьев- и с 1630 до 1650.

n+1 точек. Выберем произвольный порядок, в котором мы будем в МЦНМО. ский пер., 11. Проезд до E-mail: biblio@mccme.ru брать точки для вычисления координат центра масс. Без ограни В магазине представлен ст. м. <Смоленская> или http://biblio.mccme.ru/ чения общности будем считать, что последней добавляется точка наиболее полный ассор тимент книг издательства (xn+1, yn+1) (это означает, что такого можно добиться простой пе МЦНМО. Эти книги про ренумерацией точек). Таким образом, центр масс всей системы даются по издательским ценам. Здесь также мож из n+1 точек совпадает с центром масс системы двух точек — но найти книги по мате точки массы mn+1 с координатами (xn+1, yn+1) и точки массы m1+ матике других ведущих +m2+...+mn с координатами издательств.

В отделе школьной ли тературы представлен ши m1x1+m2x2 +...+mnxn m1y1+m2y2+...+mnyn, рокий ассортимент книг m1+m2 +...+mn m1 +m2+...+mn для школьников, учите лей, руководителей мате (эту вторую точку мы получаем по предположению индукции).

Мы уже знаем, что центр масс системы из этих двух точек имеет координаты БИБЛИОТЕКА <МАТЕМАТИЧЕСКОЕ ПРОСВЕЩЕНИЕ> m1x1+m2x2 +...+mnxn Вып. 1. В. М. Тихомиров. Великие математики прошлого и их m1+m2 +...+mn (m1+m2+...+mn)+xn+1mn+ xC=, великие теоремы.

(m1 +m2+...+mn)+mn+ Вып. 2. А. А. Болибрух. Проблемы Гильберта (100 лет спустя).

m1y1+m2y2+...+mnyn Вып. 3. Д. В. Аносов. Взгляд на математику и нечто из неё.

(m1 +m2+...+mn)+yn+1mn+ m1+m2 +...+mn Вып. 4. В. В. Прасолов. Точки Брокара и изогональное сопря yC=.

жение.

(m1 +m2+...+mn)+mn+ Вып. 5. Н. П. Долбилин. Жемчужины теории многогранников.

А именно это и нужно было доказать в шаге индукции. По- Вып. 6. А. Б. Сосинский. Мыльные плёнки и случайные блу скольку мы с самого начала взяли произвольный порядок выбора ждания.

точек, то формулы будут верны в любом случае, а значит, они Вып. 7. И. М. Парамонова. Симметрия в математике.

не зависят от порядка выбора точек. Что и требовалось. Вып. 8. В. В. Острик, М. А. Цфасман. Алгебраическая гео метрия и теория чисел: рациональные и эллиптические кривые.

Вып. 9. Б. П. Гейдман. Площади многоугольников.

Вып. 10. А. Б. Сосинский. Узлы и косы.

Вып. 11. Э. Б. Винберг. Симметрия многочленов.

Вып. 12. В. Г. Сурдин. Динамика звёздных систем.

Вып. 13. В. О. Бугаенко. Уравнения Пелля.

ISBN 5 94057 190 Вып. 14. В. И. Арнольд. Цепные дроби.

Вып. 15. В. М. Тихомиров. Дифференци альное исчисление (теория и приложения).

(См. 4-ю стр. обложки.) 9 785940




© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.