Доказательство неравенств
Как доказать неравенство? Рассмотрим некоторые способы доказательства неравенств.
1) Число a больше числа b, если разность a-b — положительное число:
a>b, если a-b>0.
2) Число a меньше числа b, если разность a-b — отрицательное число:
a 0 или a=b (то есть a-b≥0).
4)a≤b, если a-b
Сводится к оценке разности левой и правой частей неравенства и сравнение её с нулём.
1) Доказать неравенство: (a+9)(a-2)
Оценим разность левой и правой частей неравенства:
Оцениваем разность левой и правой частей неравенства:
(3x-5)²≥0 при любом значении переменной x.
Следовательно, (3x-5)²+23>0 при любом x.
Значит, неравенство 9x²+48>30x выполняется при любом действительном значении x.
Что и требовалось доказать.
3) Доказать неравенство: x²+y²+16x-20y+190>0.
(x+8)²≥0 при любом значении x,
(y-10)²≥0 при любом значении y,
Следовательно, (x+8)²+(y-10)²+26>0 при любых действительных значениях переменных x и y.
А это значит, что x²+y²+16x-20y+190>0.
Что и требовалось доказать.
II. Доказательство неравенств методом «от противного».
Высказываем предположение, что доказываемое неравенство неверно, и приходим к противоречию.
Предположим, что неравенство, которое нам нужно доказать, неверно. Тогда
Раскрываем скобки и упрощаем:
Поскольку (a1b2-a1b1)²≥0 при любых действительных значениях переменных, то -(a1b2-a1b1)²≤0. Пришли к противоречию. Значит, наше предположение было неверно. Следовательно,
Что и требовалось доказать.
III. Доказательство неравенств с помощью геометрической интерпретации.
Таким способом, например, можно доказать неравенство о среднем арифметическом и среднем геометрическом (частный случай неравенства Коши).
IV. Доказательство неравенств с использованием очевидных неравенств.
Доказать неравенство: a²+b²+c²≥ab+bc+ac.
Так при любых действительных значениях переменных (a-b)²≥0, (b-c)²≥0 и (a-c)²≥0, то очевидно, что (a-b)²+(b-c)²+(a-c)²≥0.
Раскрываем скобки по формуле квадрата разности и упрощаем:
Осталось перенести три слагаемые в правую часть:
Что и требовалось доказать.
V. Доказательство неравенств с помощью ранее доказанных неравенств.
Основные неравенства, на которые опираются при доказательстве других неравенств:
При a1= a2= …= an неравенство превращается в равенство.
- Сумма положительных взаимно-обратных чисел не меньше двух:
Применяется также аналог неравенства для отрицательных взаимно-обратных чисел:
при x 
Равенство достигается лишь в случае, когда числа xi и yi пропорциональны, то есть существует число k такое, что для любого i=1,2,…,n выполняется равенство xi=kyi.
где x>-1, n — натуральное число.
Равенство достигается лишь при x=0 и n=1.
- Обобщённое неравенство Бернулли
Если x>-1, n — действительное число:
При 0 
В обоих случаях равенство возможно лишь при x=0.
- Модуль суммы не превосходит суммы модулей
Равенство достигается, если a и b имеют одинаковые знаки (a≥0 и b≤0 либо a≤0, b≤0).
- Модуль разности больше либо равен модуля разности модулей
1) Доказать неравенство при x>0, a>0, b>0, c>0:
Используем неравенство Коши о среднем арифметическом и среднем геометрическом
для каждого из множителей:
Так как по условию x>0, a>0, b>0, c>0, то x+a>0, x+b>0, x+c>0 и
0,2\sqrt
Что и требовалось доказать.
2) Доказать неравенство:
Таким образом, для доказательства нашего неравенства надо показать, что
разделим обе части неравенства на 4 в двадцатой степени (при делении на положительное число знак неравенства не изменяется):
Применим неравенство Бернулли:
Так как в неравенстве
правая часть больше либо равна 6, это равенство верно. Следовательно,
Что и требовалось доказать.
Помимо перечисленных, существуют другие способы доказательства неравенств (метод математической индукции и т.д.).
Умение доказывать неравенства применяется во многих разделах алгебры (например, метод оценки решения уравнений сводится к доказательству неравенств).
Источник
math4school.ru
Доказательство неравенств
Немного теории
Редкая олимпиада обходится без задач, в которых требуется доказать некоторое неравенство. Алгебраические неравенства доказываются с помощью различных методов, которые основываются на равносильных преобразованиях и свойствах числовых неравенств:
1) если a – b > 0, то a > b; если a – b
2) если a > b, то b a;
Напомним некоторые опорные неравенства, которые часто используются для доказательства других неравенств:
2) aх 2 + bx + c > 0, при а > 0, b 2 – 4ac
3) x + 1 /x > 2, при х > 0, и x + 1 /x –2, при х
4) |a + b| |a| + |b|, |a – b| > |a| – |b|;
5) если a > b > 0, то 1 /a 1 /b;
6) если a > b > 0 и х > 0, то a x > b x , в частности, для натурального n > 2
a 2 > b 2 и n √ a > n √ b ;
7) если a > b > 0 и х x x ;
8) если х > 0, то sin x
Многие задачи олимпиадного уровня, и это не только неравенства, эффективно решаются с помощью некоторых специальных неравенств, с которыми учащиеся школы часто не бывают знакомы. К ним, прежде всего, следует отнести:
- неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим положительных чисел (неравенство Коши):
| a + b + c + . . . + z | ≥ | n √ a · b · c · . . . · z | ; |
| n |
- неравенство Бернулли:
(1 + α) n ≥ 1 + nα, где α > -1, n – натуральное число;
- неравенство Коши – Буняковского:
К наиболее «популярным» методам доказательства неравенств можно отнести:
- доказательство неравенств на основе определения;
- метод выделения квадратов;
- метод последовательных оценок;
- метод математической индукции;
- использование специальных и классических неравенств;
- использование элементов математического анализа;
- использование геометрических соображений;
- идея усиления и др.
Задачи с решениями
1. Доказать неравенство:
а) a 2 + b 2 + c 2 + 3 > 2 · (a + b + c);
б) a 2 + b 2 + 1 > ab + a + b;
в) x 5 + y 5 – x 4 y – x 4 y > 0 при x > 0, y > 0.
a 2 + b 2 + c 2 + 1 + 1 + 1 – 2a – 2b – 2c = (a – 1) 2 + (b – 1) 2 + (c – 1) 2 > 0,
б) Доказываемое неравенство после умножения обеих частей на 2 принимает вид
2a 2 + 2b 2 + 2 > 2ab + 2a + 2b,
(a 2 – 2ab + b 2 ) + (a 2 – 2a + 1) + (b 2 – 2b +1) > 0,
(a – b) 2 + (a – 1) 2 + (b – 1) 2 > 0,
что очевидно. Равенство имеет место лишь при a = b = 1.
x 5 + y 5 – x 4 y – x 4 y = x 5 – x 4 y – (x 4 y – y 5 ) = x 4 (x – y) – y 4 (x – y) =
= (x – y) ( x 4 – y 4 ) = (x – y) (x – y) (x + y) (x 2 + y 2 ) = (x – y) 2 (x + y) (x 2 + y 2 ) > 0.
2. Доказать неравенство:
| а) | a | + | b | > | 2 при a > 0, b > 0; |
| b | a |
| б) | Р | + | Р | + | Р | > 9, где a, b, c – стороны и P – периметр треугольника; |
| a | b | c |
| a | + | b | – 2 = | a 2 + b 2 – 2ab | = | (a – b) 2 | > 0. |
| b | a | ab | ab |
б ) Доказательство данного неравенства элементарно следует из следующей оценки:
| b + c | + | a + c | + | a + b | = |
| a | b | c |
| = | b | + | c | + | a | + | c | + | a | + | b | = |
| a | a | b | b | c | c |
| = ( | b | + | a | ) + ( | c | + | a | ) + ( | c | + | b | ) > 6, |
| a | b | a | c | b | c |
Равенство достигается для равностороннего треугольника.
ab(a + b – 2c) + bc(b + c – 2a) + ac(a + c – 2b) =
| = abc ( | a | + | b | – 2 + | b | + | c | – 2 + | a | + | c | – 2 ) = |
| c | c | a | a | b | b |
| = abc ( ( | a | + | b | – 2 ) + ( | a | + | c | – 2 ) + ( | b | + | c | – 2 ) ) > 0, |
| b | a | c | a | c | b |
так как сумма двух положительных взаимно обратных чисел больше или равна 2.
3. Доказать, что если a + b = 1, то имеет место неравенство a 8 + b 8 > 1 /128.
Из условия, что a + b = 1, следует, что
a 2 + 2ab + b 2 = 1.
Сложим это равенство с очевидным неравенством
a 2 – 2ab + b 2 > 0.
2a 2 + 2b 2 > 1, или 4a 4 + 8a 2 b 2 + 4b 2 > 1.
Сложив это неравенство с очевидным неравенством
4a 4 – 8a 2 b 2 + 4b 2 > 0,
8a 4 + 8b 4 > 1, откуда 64a 8 + 128a 4 b 4 + 64b 4 > 1.
Сложив это неравенство с очевидным неравенством
64a 8 – 128a 4 b 4 + 64b 4 > 0,
128a 8 + 128 b 8 > 1 или a 8 + b 8 > 1 /128.
4. Что больше е е · π π или е 2 π ?
Рассмотрим функцию f(x) = x – π · ln x . Поскольку f’(x) = 1 – π / х , и слева от точки х = π f’(x) f’(x) > 0, то f(x) имеет наименьшее значение в точке х = π . Таким образом f(е) > f(π) , то есть
е – π · ln е = е – π > π – π · ln π
Отсюда получаем, что
| lg (n + 1) > | lg 1 + lg 2 + . . . + lg n | . |
| n |
Решение
Используя свойства логарифмов, нетрудно свести данное неравенство к равносильному неравенству:
где n! = 1 · 2 · 3 · . . . · n (n-факториал). Кроме того имеет место система очевидных неравенств:
после почленного умножения которых, непосредственно получаем, что (n + 1) n > n!.
6. Доказать, что 2013 2015 · 2015 2013 2 ·2014 .
2013 2015 · 2015 2013 = 2013 2 · 2013 2013 · 2015 2013 =
= 2013 2 · (2014 – 1) 2013 · (2014 + 1) 2013 2 · (2014 2 – 1) 2013
2 · (2014 2 ) 2013 = 2014 2 + 2·2013 = 2014 2·2014 .
Очевидно, так же можно получить общее утверждение: для любого натурального n выполняется неравенство
(n – 1) n +1 (n + 1) n –1 2n .
7. Докажите, что для любого натурального числа n выполняется неравенство:
| 1 | + | 1 | + | 1 | + . . . + | 1 | 2n – 1 | . |
| 1! | 2! | 3! | n! | n |
Решение
Оценим левую часть неравенства:
| 1 | + | 1 | + | 1 | + . . . + | 1 | = |
| 1! | 2! | 3! | n! |
| = 1 + | 1 | + | 1 | + | 1 | + . . . + | 1 |
| 1 · 2 | 1 · 2 · 3 | 1 · 2 · 3 · 4 | 1 · 2 · 3 · . . . · n |
| 1 + | 1 | + | 1 | + | 1 | + . . . + | 1 | = |
| 1 · 2 | 2 · 3 | 3 · 4 | (n – 1) · n |
| = 1 + ( 1 – | 1 | ) + ( | 1 | – | 1 | ) + ( | 1 | – | 1 | ) + . . . + ( | 1 | – | 1 | ) = 2 – | 1 | , |
| 2 | 2 | 3 | 3 | 4 | n – 1 | n | n |
что и требовалось доказать.
8. Пусть а1 2 , а2 2 , а3 2 , . . . , аn 2 – квадраты n различных натуральных чисел. Докажите, что
| ( 1 – | 1 | ) ( 1 | – | 1 | ) ( 1 | – | 1 | ) . . . ( 1 | – | 1 | ) > | 1 | . |
| а1 2 | а2 2 | а3 2 | аn 2 | 2 |
Решение
Пусть наибольшее из этих чисел равно m. Тогда
| ( 1 – | 1 | ) ( 1 | – | 1 | ) ( 1 | – | 1 | ) . . . ( 1 | – | 1 | ) > |
| а1 2 | а2 2 | а3 2 | аn 2 |
| > ( 1 – | 1 | ) ( 1 | – | 1 | ) ( 1 | – | 1 | ) . . . ( 1 | – | 1 | ) , |
| 2 2 | 3 2 | 4 2 | m 2 |
так как в правую часть добавлены множители, меньшие 1. Вычислим правую часть, разложив каждую скобку на множители:
| (1 · 3)(2 · 4)(3 · 5) . . . (m – 1)(m + 1) | = |
| 2 2 · 3 2 · 4 2 · . . . · m 2 |
| = | 2 · 3 2 · 4 2 · . . . · (m – 1) 2 · (m + 1) | = | m + 1 | = | 1 | + | 1 | > | 1 | . |
| 2 2 · 3 2 · 4 2 · . . . · m 2 | 2m | 2 | 2m | 2 |
9. Даны положительные числа a1, a2, . . . , an. Известно, что a1 + a2 + . . . + an ≤ 1 /2 . Докажите, что
(1 + a 1 )(1 + a 2 ) . . . (1 + a n )
Раскрыв в левой части скобки, получим сумму
Сумма чисел во второй скобке не превосходит (a1 + . . . + an) 2 , сумма в третьей скобке не превосходит (a1 + . . . + an) 3 , и так далее. Значит, все произведение не превосходит
Методом математической индукции докажем, что для всех натуральных n верно неравенство:
При n = 1 имеем: 1 + a 1 1 .
Пусть при n = k имеет место: (1 + a 1 ) . . . (1 + a k ) 1 + . . . + a k ).
Рассмотрим случай n = k +1: (1 + a 1 ) . . . (1 + a k )(1 + a k +1 )
( 1 + 2(a 1 + . . . + a k ) )( 1 + a k +1 ) ≤ 1 + 2(a 1 + . . . + a k ) + a k +1 (1 + 2 · 1 /2) =
В силу принципа математической индукции неравенство доказано.
10. Доказать неравенство Бернулли:
где α > -1, n – натуральное число.
Воспользуемся методом математической индукции.
При n = 1 получаем истинное неравенство:
Предположим, что имеет место неравенство:
Покажем, что тогда имеет место и
(1 + α) n + 1 ≥ 1 + (n + 1)α.
Действительно, поскольку α > –1 влечет α + 1 > 0, то умножая обе части неравенства
на (a + 1), получим
(1 + α) n (1 + α) ≥ (1 + nα)(1 + α)
(1 + α) n + 1 ≥ 1 + (n + 1)α + nα 2
Поскольку nα 2 ≥ 0, следовательно,
(1 + α) n + 1 ≥ 1 + (n + 1)α + nα 2 ≥ 1 + (n + 1)α.
Таким образом, согласно принципу математической индукции, неравенство Бернулли справедливо.
Задачи без решений
1. Доказать неравенство для положительных значений переменных
a 2 b 2 + b 2 c 2 + a 2 c 2 ≥ abc(a + b + c).
2. Доказать, что при любом a имеет место неравенство
3(1 + a 2 + a 4 ) ≥ (1 + a + a 2 ) 2 .
3. Доказать, что многочлен x 12 – x 9 + x 4 – x + 1 при всех значениях x положителен.
5. Пусть a, b ,c – положительные числа. Докажите, что
Источник
