LINEBURG


страница 1
(всего 2)

ОГЛАВЛЕНИЕ

След. стр. >>

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:
v
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-
В начале XIX века французский математик Коши занимался
стоятельного решения.
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. v
1
(a1 +a2 +. . .+an )? n a1 a2 . . . 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 60?88 116 . Офсетная бумага № 1. Офсетная печать. Физ. печ. л. 1,00. 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.003873.06.04
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>.
дет посвящена этим доказательствам.
140010, г. Люберцы Московской обл., Октябрьский пр-т, 403. Тел. 554 21 86.


*) Двумя чертами слева выделены тексты упражнений. В конце брошюры
ISBN 5-94057-190-5 © МЦНМО, 2005. (сс. 14—16) приведены их решения.
3
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. an
a1 a2
y1 = n y2 = n yn = n . (3)
, , ...,
p p p
a1 a2 . . . an a1 a2 . . . an a1 a2 . . . an
Метод математической индукции
Тогда неравенство (2) примет вид
Пусть есть утверждение, содержащее натуральное число n. y1 +y2 +. . .+yn ?n, (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.
y1 y2 . . . yn =1. (5)
2. Ш а г и н д у к ц и и: для любого n из того, что утвержде-
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 n?1. 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 y1 ?1>.
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<m. 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.
(5? )
z1 z2 . . . zn zn+1 ?1,
следует (4), принимающее вид
Первое доказательство
z1 +z2 +. . .+zn +zn+1 ?n+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 a2
z1 = n+1 z2 = n+1
, , ...
А утверждение упражнения 5, основанное на упражнениях 1 и 2, p p
a1 a2 . . . an an+1 a1 a2 . . . an an+1
состоит в том, что неравенство (2) верно для количества слагае-
мых, равного 2k , где k — любое натуральное число. Тогда, в силу an an+1
zn = n+1 zn+1 = n+1
..., , .
утверждения упражнения 6 (m следует положить равным 2k ), осно-
p p
a1 a2 . . . an an+1 a1 a2 . . . an an+1
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. z1 z2 . . . zn+1 =1.
4 5
Положим подобным образом, найдя этот простой
подход, потому что тогда их нельзя поте-
z1 =y1 , z2 =y2 , zn?1 =yn?1 , zn zn+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 +zn zn+1 ?n. (6) а)
Из него можно получать огромное коли-
В шаге нужно доказать, что чество других задач. А теперь рассмотрим
z1 +z2 +. . .+zn +zn+1 ?n+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. 1
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
жество, показанное на рис. 1, б, выпуклым y
удивительное доказательство <вылезет> из неравенства, которое
не является).
выглядит так:
Пусть имеется функция y=f(x), опре- НАДГРАФИК
НАДГРАФИК
НАДГРАФИК
НАДГРАФИК
zn +zn+1 ?zn zn+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: y?f(x) и y<f(x). Такие два множе-
завершено. ства называются надграфик и подграфик.
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. 2
лах, ни в университетах обычно этому не учат. Дело в том, что y?f(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<f(x), где x принадлежит интер-
память очень хорошая — вдруг знак забыл, перепутал. . . и толку валу, — подграфиком (рис. 3). 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
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. 3
6 7
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-


x2
делить <центр масс> двух точек.

y=
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
m
AC
синусоида, любой многочлен нечётной такую точку C на отрезке AB, что = B , где mA и mB — массы
BC mA
x степени больше единицы и гипербола
Рис. 4
точек A и B соответственно.
не являются ни выпуклыми, ни вогнуты-
Это и есть знаменитое правило рычага. В XVIII веке люди
ми (рис. 6—8).
y
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.
точек A и B очень просто:
З а м е ч а н и е. Функцию, являющую-
y=1/x,
ся согласно нашему определению выпукл-
x<0
mA xA +mB xB mA yA +mB yB
ой, ещё называют выпуклой вниз, а функ- xC = yC =
, .
Рис. 5 mA +mB mA +mB
цию, являющуюся вогнутой, — выпукл-
ой вверх. Такие названия были даны им
y
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- В координатах это выглядит так:
x
y=sin x пуклая вверх — выпуклая.
m1 x1 +m2 x2
E
1
# A
Рис. 6
"
"
xC =  (m1 +m2 )+m3 x3 ! =
! "
!
! "
m1 +m2  (m +m )+m "
"
1 2 3
Теорема Йенсена
y
"
"
"
m1 x1 +m2 x2 +m3 x3
"
"
"
= ,"
"
Теорема. Пусть y=f(x) — функция, m1 +m2 +m3
"
"
выпуклая на некотором интервале; x1 , " (10)
"
%
m1 y1 +m2 y2 1
# A
x2 , . . . , xn — некоторые числа из этого
"
yC =  (m1 +m2 )+m3 y3 ! =
! "
! "
!
m1 +m2  (m +m )+m "
интервала; m1 , m2 , . . . , mn — поло-
"
x 1 2 3
"
"
жительные числа, сумма которых равна
"
"
m1 y1 +m2 y2 +m3 y3
y=x3?x
"
"
= ."
"
единице. Тогда выполняется неравенство m1 +m2 +m3
"
"
Йенсена
A
Рис. 7
Легко проверить, что от порядка, в котором берутся точки,
y f(m1 x1 +m2 x2 +. . .+mn xn )? положение центра масс не зависит, так как от него не зависит
?m1 f(x1 )+m2 f(x2 )+. . .+mn f(xn ). получаемое выражение для координат точки.
10. Убедитесь, что это действительно так.
(9)
Из этого неравенства можно полу- *) Пятый постулат Евклида (или аксиома о параллельных) гласит, что через
точку вне прямой можно провести не более одной прямой, параллельной дан-
x 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-
в школах не освещают. лась новая, неевклидова геометрия.
Рис. 8
8 9
y
Поэтому ясно, что центр масс C
A4
системы n точек будет определяться
A3 следующими выражениями для его де-
картовых координат (рис. 9):
A5
y3
C A3
m x +m2 x2 +. . .+mn xn ЦЕНТР МАСС
ЦЕНТР МАСС
ЦЕНТР МАСС
ЦЕНТР МАСС
xC = 1 1 ,
m1 +m2 +. . .+mn
A2
A1 m1 y1 +m2 y2 +. . .+mn yn
yC = .
m1 +m2 +. . .+mn y1
Рис. 9
A1
y2
Лемма. Пусть имеется выпуклая фигура, и внутри неё взяты A2
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 x3
Докажем б а з у: центр масс двух точек по определению при-
надлежит соединяющему их отрезку, который в силу выпуклости
Рис. 10
фигуры принадлежит фигуре.
База доказана, теперь ш а г и н д у к ц и и. Центр масс n+1
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

страница 1
(всего 2)

ОГЛАВЛЕНИЕ

След. стр. >>

Copyright © Design by: Sunlight webdesign