LINEBURG


<< Пред. стр.

страница 2
(всего 2)

ОГЛАВЛЕНИЕ

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
проще! Давайте просто прологарифмируем неравенство (2). Обе
m1 x1+m2 x2+. . .+mn xn
xC= =m1 x1+m2 x2+. . .+mn xn , части положительные, а логарифм во всей области своего опре-
m1+m2+. . .+mn
деления возрастающая функция, поэтому получим эквивалентное
m1 y1+m2 y2+. . .+mn yn
неравенство
yC= =m1 f(x1 )+m2 f(x2 )+. . .+mn f(xn ),
m1+m2+. . .+mn
a +a2 +. . .+an ! v
# A
log  1 ! ?log(n a a . . . a ).
yC ?f(xC ). (11)
!
12 n
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 11
a +a2 +. . .+an
n
вынести как множитель: ? n a1 a2 . . . an ? 1
p
?
14.
1 1 1 n
+ +. . .+
a1 +a2 +. . .+an !
!1
! ? log a + 1 log a +. . .+ 1 log a .
# A
a1 a2 an
log  1 2 n
n n n n
!
 t
a2 +a2 +. . .+a2
1 2
, где a1 , a2 , . . . , an >0.
n
?
А это и есть неравенство Йенсена для логарифма, который явля- n
ется вогнутой функцией в своей области определения в силу того,
a1 a a a
что его вторая производная везде в этой области отрицательна. Так + 2 +. . .+ n?1 + n ?n, где a1 , a2 , . . . , an >0.
15.
как полученное неравенство Йенсена верно и является эквивалент- a2 a3 an a1
ным исходному, то исходное неравенство Коши тоже верно. Всё,
1 1 1!
# A
это и есть доказательство. 16. (a1 +a2 +. . .+an )  + +. . .+ ! ?n2 , где a1 , a2 , . . .
!
a1 a2 an 
!

Вывод неравенства Коши—Буняковского . . . , an >0.
из неравенства Йенсена
13 2n?1 1
, где n — натуральное число.
· ·. . .· ?v
17.
Ещё одно неравенство, которое появилось в XIX веке, — это 24 2n 3n+1
неравенство Коши—Буняковского. Оно выглядит так:
18. |sin(x1 +x2 +. . .+xn )|?|sin x1 |+|sin x2 |+. . .+|sin xn |, где
(x1 +x2 +. . .+xn )2 ?n(x2 +x2 +. . .+x2 ). (12)
1 2 n
0?x1 ??, 0?x2 ??, . . . , 0?xn ??.
<В лоб> доказать и не мечтайте. Докажем его, используя не-
равенство Йенсена. Доказательство основано на том, что y=x2 — 19. a1 +a2 +. . .+an ?na1a2 . . . an , где a1 ?a2 ?. . .?an ?1.
2
функция выпуклая (см. упражнение 8). Запишем для неё неравен- n
v
v
1 n+1
n
ство Йенсена, положив m1 =m2 =. . .=mn = : n+1, где n — натуральное число, n?3.
n>
20.
n
sin x1 +sin x2 +. . .+sin xn x +x2 +. . .+xn
x1 +x2 +. . .+xn !2 2 2 2
! ? x1 +x2 +. . .+xn . ?sin 1
# A
, где 0?x1 ?
21.
!
n n
n n
!
 
??, 0?x2 ??, . . . , 0?xn ??.
А теперь если мы умножим обе части на n2 , то и получится как
1 1
mp nq
раз неравенство (12)! + ?mn, где m, n, p, q>0 и + =1.
22.
Получилось, что неравенство Коши—Буняковского — это три- p q p q
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).
a ?b2 !2
s2
#2
a +b2 1
a+b
A
x1 +x2 +. . .+xn , где a, b? .
!? ?
25. 
?xn , где x1 ?x2 ?. . .?xn .
11. x1 ? 2 2 2 2
!

n
26. a1 x1 +a2 x2 +. . .+an xn ?xa1 xa2 . . . xan , где x1 , x2 ,
1 1 1 ...
n 12
+ +. . .+ , где x1 , x2 , . . . n
?
12.
1+x1 1+x2 1+xn n
p
1+ x1 x2 . . . xn . . . , xn >0, a1 , a2 , . . . , an ?0 и a1 +a2 +. . .+an =1.
. . . , xn ?1, n?2.
x1 +xb +. . .+xb !1/b
x1 +xa +. . .+xa !1/a
#a #b
A A
2 2
v ! , где x , x , . . .
n! n!
s !?
a2 +b2 27. 
2 a+b 1 2
, где a, b>0. n n
13. 1 1 ? ab? ?
! !
  
2 2
+ . . . , xn >0, a<b.
ab
12 13
7. Умножим обе части неравенства zn >1 y
РЕШЕНИЯ УПРАЖНЕНИЙ
на положительное число 1?zn+1 . Получим:
1. Это неравенство являетсяvпростым следствием неотрицатель-
v




y=
y2
zn ?zn zn+1 >1?zn+1 .
ности квадрата разности чисел a и b:




x2
Перенеся слагаемое (?zn+1 ) в левую часть
v vv v v v y1
a+b v ( a)2 ?2 a b+( b)2 ( a? b)2 с переменой знака, получим искомое нера-
=
? ab= ?0. x
венство (8).
2 2 2
x1 x2
8. Вот как можно доказать выпуклость
функции y=x2 , не используя производных.
2. Объединим слагаемые в пары a1 , a2 и a3 , a4 , а затем для Рис. 11
Запишем уравнение прямой, проходя-
каждой из них применим неравенство Коши для n=2:
щей через точки (x1 , y1 ) и (x2 , y2 ) на параболе (рис. 11), в виде
a3 +a4
a1 +a2 v v
? a1 a2 , ? a3 a4 . x?x1
2 2 y?y1 = (y ?y1 )
x2 ?x1 2
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 +a4 x?x1
v v
+ x2 ?y1 < (y ?y1 ).
a1 a2 + a3 a4
a1 +a2 +a3 +a4 2 2 x2 ?x1 2
= ? ?
4 2 2
Если мы докажем это неравенство, это будет означать, что ука-
qv v v
4
a1 a2 a3 a4 = a1 a2 a3 a4 . 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 y ?y1
<2 .
4. Рассмотрим левую часть, т. е. среднее арифметическое. x2 ?x1
x?x1
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 2
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+x1 ?x2 +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 15
матических кружков. В от- <Кропоткинская>, далее
берём точки для вычисления координат центра масс, всё равно по- МАГАЗИН
деле вузовской и научной пешком (см. схему).
лучаются выражения наподобие (10), т. е. <Математическая литературы можно найти Телефоны для справок:
в М Ц Н М О книга> учебники и научные моно- 241 72 85, 241 05 00.
m1 x1 +m2 x2 +. . .+mn xn m1 y1 +m2 y2 +. . .+mn yn 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
воскресенья) с 1130 до 2000;
просвещение“> вы може- ся отдел <книга—почтой>.
Теперь попробуем доказать то же самое для произвольных перерывы: с 1330 до 1350
те приобрести в магазине Адрес магазина: 119002,
и с 1630 до 1650.
n+1 точек. Выберем произвольный порядок, в котором мы будем <Математическая книга> Москва, Г-2, Бол. Власьев-
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
из n+1 точек совпадает с центром масс системы двух точек — ценам. Здесь также мож-
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-
m1 x1 +m2 x2 +. . .+mn xn m1 y1 +m2 y2 +. . .+mn yn !
# A
, 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>
m1 x1 +m2 x2 +. . .+mn xn
(m1 +m2 +. . .+mn )+xn+1 mn+1 Вып. 1. В. М. Тихомиров. Великие математики прошлого и их
m1 +m2 +. . .+mn
xC = великие теоремы.
,
(m1 +m2 +. . .+mn )+mn+1
Вып. 2. А. А. Болибрух. Проблемы Гильберта (100 лет спустя).
Вып. 3. Д. В. Аносов. Взгляд на математику и нечто из неё.
m1 y1 +m2 y2 +. . .+mn yn
(m1 +m2 +. . .+mn )+yn+1 mn+1
Вып. 4. В. В. Прасолов. Точки Брокара и изогональное сопря-
m1 +m2 +. . .+mn
yC = . жение.
(m1 +m2 +. . .+mn )+mn+1
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.
Вып. 14. В. И. Арнольд. Цепные дроби. ISBN 5 94057 190 5
Вып. 15. В. М. Тихомиров. Дифференци-
альное исчисление (теория и приложения).
(См. 4-ю стр. обложки.)
9 785940 571902

<< Пред. стр.

страница 2
(всего 2)

ОГЛАВЛЕНИЕ

Copyright © Design by: Sunlight webdesign