Предыдущая страница реферата | 18  19  20  21  22  23  24  25  26  27  28 | Следующая страница реферата



Кроме того, легко видеть, что равенство достигается только тогда, когда площадь ?TRS равна нулю, что возможно только при условии совпадания точек S и Т, т. е. когда с = d.

Теорема 2. Среднее арифметическое любых трех неотрицательных чисел a, b и с не меньше их среднего геометрического, т.е.

[pic] (1)
Равенство достигается в том случае и только том случае, когда а = b = с.
Доказательство: пусть а = х3, b = у3, с = z3.
Подставим эти значения в неравенство (1):

[pic], (2) что равносильно неравенству x3 + y3 + z3 – 3xyz ( 0 (3)
Мы докажем теорему 2, если установим, что неравенство (3) имеет место для произвольных неотрицательных чисел x, y, z. x3 + y2 + z2 – 3xyz = (x + y + z + )(x2 + y2 + z2 – xy – xz – yz)
(4) x + y + z – неотрицательное число, покажем, что x2 + y2 + z2 – xy – xz – yz ( 0 (5)
Выпишем три неравенства x2 + y2 ( 2xy, x2 + z2 ( 2xz, y2 + z2 ( 2yz (эти неравенства истинны по теореме 1) и сложим их почленно:

2(x2 + y2 + z2) ( 2(xy + xz + yz) это неравенство равносильно неравенству (5). Равенство достигается тогда и только тогда, когда x = y = z.
Мы получили, что в (4) левая часть ( 0, т.е. неравенство (3) имеет место.
Но неравенство (3) равносильно (1). Теорема доказана. Условие x = y = z равносильно условию a = b = c.
Теорема будет верна и для n чисел, примем ее без доказательства.

Теорема 3. Среднее арифметическое любых n неотрицательных чисел а1, а2,…аn не меньше их среднего геометрического, т.е.

[pic]
Равенство достигается в том и только том случае, когда а1 = а2 = аn.

Неравенство Коши.

а) Двумерный вариант:

[pic] (1)

для любых неотрицательных чисел a, b c, d.
Доказательство. Так как a, b, c, d – неотрицательные, то ac + bd ( 0 и имеем право возвести в квадрат обе части неравенства (1):

(a2 + b2)(c2 + d2) ( (ac + bd)2 (2)
В первую очередь отметим, что неравенство a2 + b2 ( 2ab, на котором основывались все выводы в предыдущих теоремах, является простым следствием тождества a2 – 2ab + b2 = (a – b)2, верного для всех действительных чисел.
Рассмотрим произведение

(a2 + b2)(c2 + d2)
Произведя умножение, получим многочлен a2c2 + b2d2 + a2d2 + b2c2,
Совпадающий с тем, который получается после раскрытия скобок в выражении
(ac + bd)2 + (bc – ad)2
Отсюда получаем

(a2 + b2)(c2 + d2) = (ac + bd)2 + (bc – ad)2 (3)
Так как квадрат (bc – ad)2 неотрицателен, то из (3) следует неравенство

(a2 + b2)(c2 + d2) ( (ac + bd)2 для любых действительных чисел a, b, c, d.
Мы получили неравенство (2) – неравенство Коши для любых действительных чисел a, b, c, d.
Для любых неотрицательных чисел a, b, c, d неравенство Коши примет вид (1).
Из соотношения (3) вытекает, что равенство в (2), а значит и в (1) достигается тогда и только тогда, когда bc – ad = 0 (4)
В этом случае говорят, что две пары чисел (a, b) и (c, d) пропорциональны.
При с ( 0 и d ( 0 условие (4) можно записать следующим образом:

[pic]
Геометрическая интерпретация.
Рассмотрим треугольник, изображенный на рисунке.

Очевидно, что длины отрезков OР и OQ и PQ определяются равенствами

ОР = (a2 + b2)Ѕ

ОQ = (c2 + d2)Ѕ

РQ = [(a – c)2 + (b – d)2]Ѕ
Обозначим угол между сторонами ОР и OQ через (. На основании теоремы косинусов имеем:

PQ2 = OP2 + OQ2 – 2OP ( OQ cos(
Подставляя значения OP, OQ, и РQ и упрощая полученное выражение, имеем

[pic]
Поскольку значение косинуса всегда заключено между –1 и +1, мы имеем

-1 ( cos ( ( 1 или

[pic] значит

[pic]
А это двумерный вариант неравенства Коши. Кроме того, мы видим, что равенство здесь достигается тогда и только тогда, когда сos ( =1, т.е. когда ( = 0 или ( = (, - другими словами в том и лишь в том случае, когда точки О, Р, и Q лежат на одной прямой. При этом должно иметь место равенство подъемов прямых ОР и OQ; иначе говоря, если с ( 0 и d ( 0, то должно быть
[pic]

б) Трехмерный вариант неравенства Коши.

Вышеприведенная интерпретация неравенства Коши для двумерного случая хороша еще и тем, что позволяет нам при помощи геометрической интуиции легко сообразить, какой вид будут иметь аналогичные результаты, относящиеся к более сложному случаю любого числа измерений. Перейдем к случаю трехмерного пространства. Пусть Р(а1, а2, а3) и Q(b1, b2, b3) – две точки, не совпадающие с началом координат О (0, 0, 0). Тогда косинус угла ( между прямыми ОР и OQ будет определяться равенством

[pic] которое, в силу того, что сos( ( 1, приводит к трехмерному варианту неравенства Коши для неотрицательных чисел аi и bi, i = 1, 2, 3

[pic] (1)
Равенство здесь достигается тогда и только тогда, когда три точки О, Р и Q лежат на одной прямой, что выражается соотношениями

[pic] имеющими смысл при условии, что все числа bi, стоящии в знаменателях отличны от нуля.
Чисто алгебраическое доказательство трехмерного варианта неравенства Коши
(1) можно вывести из следующего тождества:
(a12 + a22 + a32)(b12 + b22 + b32) – (a1b1 + a2b2 + a3b3)2 = (a12b22 + a22b12) +
+ (a12b32 + a32b12) + (a22b32 + a32b22) – 2a1b1a2b2 – 2a1b1a3b3 – 2a2b2a3b3
=
= (a1b2 – a2b1)2 + (a1b3 – a3b1)2 + (a2b3 – a3b2)2 (2)
Очевидно, что последнее выражение в (2) неотрицательно, так как оно состоит из суммы трех неотрицательных членов. Поэтому

(a12 + a22 + a32)(b12 + b22 + b32) – (a1b1 + a2b2 + a3b3)2 ( 0.
Приведем еще одно доказательство этого неравенства, которое пригодится нам дальше.
Начнем с основного неравенства (х – у2) ( 0, которое можно записать в следующем виде:

[pic] (3)
Неравенство (3) имеет место для любых действительных чисел х и у. Вместо х и у последовательно подставим в (3) следующие выражения: сначала:

[pic] [pic] затем

[pic] [pic] и, наконец,

[pic] [pic] где ai, bi – действительные числа.
Складывая три полученных таким образом неравенства, имеем

[pic], что бесспорно равносильно неравенству

(a12 + a22 + a32)Ѕ(b12 + b22 + b32)Ѕ ( a1b1 + a2b2 + a3b3
А это неравенство равносильно неравенству (1) при ai, bi – неотрицательных.

в) n – мерный вариант неравенства Коши будет выглядеть так

[pic] , где ai, bi, i = 1, 2, … n – неотрицательные числа.

Неравенство Гёльдера.

Одно из наиболее полезных неравенств математического анализа – неравенство
Гёльдера. Оно утверждает, что для любой системы неотрицательных чисел ai и bi (i – 1, 2, … , n)
[pic] (1) где числа р и q удовлетворяют условию

[pic] и р > 1

Фактически мы докажем неравенство (1) только для рациональных р и q. Однако окончательный результат сохраняет силу и для иррациональных р и q.
Начнем с неравенства

[pic] (2)
Оно выводится как частный случай теоремы о среднем арифметическом среднем геометрическом. Положим, что первые m чисел xi в неравенстве

[pic] равны некоторому неотрицательному числу х, тогда остается N-m чисел и пусть они равны неотрицательному числу у, т.е. x1 = x2 = … = xm = x xm+1 = xm+2 = … = xn = y
В этом случае теорема о среднем арифметическом и среднем геометрическом для чисел x1, x2, … , xn примет вид

[pic] или

[pic]
Здесь n – любое целое число, а m – целое число значения которого заключены в пределах 1 ( m ( n – 1. Отсюда следует, что число m/n может быть любой рациональной дробью r, принадлежащей интервалу 0 < r < 1. Теперь последнее неравенство можно переписать так: rx + (1 – r)y ( x r y1-r (3)
Это неравенство имеет место для любых неотрицательных чисел х и у и для любой дроби r, значения которой заключены между 0 и 1. Равенство здесь достигается тогда и только тогда, когда х = у.
Обозначим число r через 1/р; поскольку 0 < r < 1, то p > 1. Отсюда

[pic] . Пусть [pic], тогда [pic] и [pic]
В этих обозначениях неравенство (3) принимает вид

[pic] (4)
С целью исключить из рассмотрения дробные показатели степени положим х = ар, у = bр.
При этом неравенство (4) принимает вид

[pic], где a и b – неотрицательные числа, а р и q – такие рациональные числа, что [pic]. Равенство здесь достигается тогда и только тогда, когда ар = bр. Итак, мы вывели неравенство (2).
Положим

Рекомендуем скачать другие рефераты по теме: отцы и дети сочинение, доклады о животны.



Предыдущая страница реферата | 18  19  20  21  22  23  24  25  26  27  28 | Следующая страница реферата

Поделитесь этой записью или добавьте в закладки