Номер 17, страница 5 - гдз по алгебре 9 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

17. Какие способы доказательств неравенств вы знаете?

Покажите на примерах.

Существует множество способов доказательства неравенств. Рассмотрим некоторые из наиболее распространенных на примерах.

1. Использование определения

Этот метод основан на определении знаков "больше" и "меньше". Чтобы доказать, что $A > B$, достаточно показать, что их разность $A - B$ является положительным числом. Аналогично, для доказательства $A \ge B$ нужно показать, что $A - B \ge 0$.

Пример: Доказать, что для любых действительных чисел $a$ и $b$ выполняется неравенство $a^2 + b^2 \ge 2ab$.

Решение: Рассмотрим разность левой и правой частей неравенства:

$a^2 + b^2 - 2ab = (a - b)^2$

Квадрат любого действительного числа является неотрицательным, то есть $(a-b)^2 \ge 0$. Следовательно, разность $a^2 + b^2 - 2ab$ неотрицательна, а это означает, что $a^2 + b^2 \ge 2ab$, что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

2. Метод выделения полного квадрата

Частный случай предыдущего метода, который очень эффективен при работе с квадратичными выражениями. Идея состоит в том, чтобы преобразовать выражение к виду, содержащему полный квадрат, неотрицательность которого очевидна.

Пример: Доказать, что для любого действительного числа $x$ выполняется неравенство $x^2 - 6x + 10 > 0$.

Решение: Выделим полный квадрат в левой части неравенства:

$x^2 - 6x + 10 = (x^2 - 2 \cdot x \cdot 3 + 3^2) - 3^2 + 10 = (x-3)^2 - 9 + 10 = (x-3)^2 + 1$.

Поскольку $(x-3)^2 \ge 0$ для любого $x$, то $(x-3)^2 + 1 \ge 1$. Так как $1 > 0$, то и $(x-3)^2 + 1 > 0$, следовательно, $x^2 - 6x + 10 > 0$.

Ответ: Неравенство доказано.

3. Использование известных (опорных) неравенств

Многие сложные неравенства можно доказать, сведя их к уже известным классическим неравенствам, таким как неравенство о средних (Коши), неравенство Коши-Буняковского, неравенство Йенсена и другие.

Пример: Доказать, что для любых неотрицательных чисел $a, b, c$ выполняется неравенство $(a+b)(b+c)(c+a) \ge 8abc$.

Решение: Воспользуемся неравенством о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши), которое для двух неотрицательных чисел $x$ и $y$ имеет вид $\frac{x+y}{2} \ge \sqrt{xy}$.

Применим это неравенство для пар чисел $(a,b)$, $(b,c)$ и $(c,a)$:

$\frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab} \implies a+b \ge 2\sqrt{ab}$

$\frac{b+c}{2} \ge \sqrt{bc} \implies b+c \ge 2\sqrt{bc}$

$\frac{c+a}{2} \ge \sqrt{ca} \implies c+a \ge 2\sqrt{ca}$

Поскольку все части этих неравенств неотрицательны, мы можем их перемножить:

$(a+b)(b+c)(c+a) \ge (2\sqrt{ab})(2\sqrt{bc})(2\sqrt{ca}) = 8\sqrt{a^2b^2c^2} = 8|abc|$.

Так как по условию $a, b, c$ неотрицательны, то $|abc|=abc$. Таким образом, $(a+b)(b+c)(c+a) \ge 8abc$.

Ответ: Неравенство доказано.

4. Метод доказательства от противного

Суть метода заключается в том, что мы предполагаем, что доказываемое неравенство неверно (т.е. верно противоположное неравенство), и путем логических рассуждений приходим к противоречию с известными фактами или условиями задачи. Это означает, что наше первоначальное предположение было ложным, а значит, исходное неравенство верно.

Пример: Доказать, что для любых положительных чисел $a$ и $b$ выполняется неравенство $\frac{a}{b} + \frac{b}{a} \ge 2$.

Решение: Предположим противное, то есть что существует пара положительных чисел $a$ и $b$, для которых $\frac{a}{b} + \frac{b}{a} < 2$.

Поскольку $a>0$ и $b>0$, то и их произведение $ab > 0$. Умножим обе части нашего предположения на $ab$:

$(\frac{a}{b} + \frac{b}{a}) \cdot ab < 2 \cdot ab$

$a^2 + b^2 < 2ab$

Перенесем все члены в левую часть:

$a^2 - 2ab + b^2 < 0$

$(a - b)^2 < 0$

Полученное неравенство ложно, так как квадрат любого действительного числа не может быть отрицательным. Мы пришли к противоречию. Следовательно, наше первоначальное предположение неверно, а исходное неравенство $\frac{a}{b} + \frac{b}{a} \ge 2$ верно.

Ответ: Неравенство доказано.

5. Метод математической индукции

Этот метод применяется для доказательства неравенств, зависящих от натурального параметра $n$. Доказательство состоит из двух шагов: 1) проверка справедливости утверждения для начального значения $n$ (база индукции); 2) доказательство того, что если утверждение верно для некоторого натурального $k$, то оно верно и для $k+1$ (шаг индукции).

Пример: Доказать неравенство Бернулли: для любого действительного $x > -1$ и любого натурального $n \ge 1$ выполняется $(1+x)^n \ge 1 + nx$.

Решение:

1. База индукции: Проверим для $n=1$.

$(1+x)^1 \ge 1 + 1 \cdot x \iff 1+x \ge 1+x$. Неравенство верно.

2. Шаг индукции: Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального $n=k \ge 1$, то есть $(1+x)^k \ge 1 + kx$. Это наше индукционное предположение.

Докажем, что неравенство верно и для $n=k+1$, то есть $(1+x)^{k+1} \ge 1 + (k+1)x$.

Преобразуем левую часть: $(1+x)^{k+1} = (1+x)^k(1+x)$.

По условию $x > -1$, значит $1+x > 0$. Умножим обе части индукционного предположения на $(1+x)$:

$(1+x)^k (1+x) \ge (1+kx)(1+x)$

$(1+x)^{k+1} \ge 1 + x + kx + kx^2$

$(1+x)^{k+1} \ge 1 + (k+1)x + kx^2$

Поскольку $k \ge 1$ и $x^2 \ge 0$, то $kx^2 \ge 0$. Отсюда следует, что $1 + (k+1)x + kx^2 \ge 1 + (k+1)x$.

Объединяя два последних неравенства, получаем: $(1+x)^{k+1} \ge 1 + (k+1)x$.

Шаг индукции доказан. Согласно принципу математической индукции, неравенство верно для всех натуральных $n \ge 1$.

Ответ: Неравенство доказано.

6. Использование свойств функций (метод производной)

Если неравенство можно представить в виде $f(x) \ge g(x)$, то можно рассмотреть вспомогательную функцию $h(x) = f(x) - g(x)$ и исследовать ее на монотонность и экстремумы с помощью производной. Если удастся показать, что наименьшее значение функции $h(x)$ на заданной области неотрицательно, то неравенство будет доказано.

Пример: Доказать, что для любого $x \ge 0$ выполняется неравенство $e^x \ge 1+x$.

Решение: Рассмотрим функцию $f(x) = e^x - (1+x)$. Нам нужно доказать, что $f(x) \ge 0$ при $x \ge 0$.

Найдем производную этой функции: $f'(x) = (e^x - 1 - x)' = e^x - 1$.

При $x > 0$ имеем $e^x > e^0 = 1$, следовательно, $f'(x) = e^x - 1 > 0$.

Это означает, что функция $f(x)$ строго возрастает на промежутке $(0, +\infty)$.

Найдем значение функции в точке $x=0$: $f(0) = e^0 - (1+0) = 1-1=0$.

Поскольку в точке $x=0$ функция равна нулю, а при $x > 0$ она возрастает, то для всех $x > 0$ будет выполняться $f(x) > f(0)$, то есть $f(x) > 0$.

Объединяя случай $x=0$ ($f(0)=0$) и $x > 0$ ($f(x)>0$), получаем, что $f(x) \ge 0$ для всех $x \ge 0$. Таким образом, $e^x - (1+x) \ge 0$, или $e^x \ge 1+x$.

Ответ: Неравенство доказано.

7. Геометрический метод

Данный метод предполагает интерпретацию алгебраического неравенства в виде некоторого геометрического факта (например, неравенства треугольника, сравнения длин, площадей, объемов).

Пример: Доказать неравенство треугольника для векторов на плоскости: $|\vec{a} + \vec{b}| \le |\vec{a}| + |\vec{b}|$.

Решение: Представим векторы $\vec{a}$ и $\vec{b}$ в виде направленных отрезков. Отложим вектор $\vec{b}$ от конца вектора $\vec{a}$. Тогда по правилу сложения векторов, вектор-сумма $\vec{a} + \vec{b}$ будет являться вектором, соединяющим начало вектора $\vec{a}$ и конец вектора $\vec{b}$.

В результате мы получаем треугольник, сторонами которого являются векторы $\vec{a}$, $\vec{b}$ и $\vec{a} + \vec{b}$. Длины этих сторон равны, соответственно, $|\vec{a}|$, $|\vec{b}|$ и $|\vec{a} + \vec{b}|$.

Из геометрии известно, что длина любой стороны треугольника не может превышать сумму длин двух других его сторон. Применительно к нашему случаю это означает:

$|\vec{a} + \vec{b}| \le |\vec{a}| + |\vec{b}|$

Равенство достигается в том случае, когда векторы $\vec{a}$ и $\vec{b}$ коллинеарны и сонаправлены (то есть "треугольник" вырождается в отрезок).

Ответ: Неравенство доказано.