Понедельник, 25.01.2021, 23:20
Ш  К  О  Л  А     П  И  Ф  А  Г  О  Р  А
      Предмет математики настолько серьезен, что нужно
не упускать случая, сделать его немного занимательным".
                                                                           Блез Паскаль
Главная | Регистрация | Вход Приветствую Вас Гость | RSS
ПАМЯТКИ ПО МАТЕМАТИКЕ   ВЕЛИКИЕ МАТЕМАТИКИ   ТЕОРИЯ ЧИСЕЛ   МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ЛОГИКА
УРОКИ МАТЕМАТИКИ В ШКОЛЕ


МАТЕМАТИЧЕСКАЯ КЛАДОВАЯ


В МИРЕ ЗАДАЧ
ЕГЭ ПО МАТЕМАТИКЕ
МАТЕМАТИКА В НАЧАЛЬНОЙ ШКОЛЕ
ВАРИ, КОТЕЛОК!
УДИВИТЕЛЬНАЯ МАТЕМАТИКА
ВЫСШАЯ МАТЕМАТИКА
В МИРЕ ИНТЕРЕСНОГО
Категории раздела
10 КЛАСС [78]
11 КЛАСС [65]
Статистика

Онлайн всего: 4
Гостей: 4
Пользователей: 0
Форма входа

Главная » Файлы » ПРЕПОДАЕМ АЛГЕБРУ И НАЧАЛА МАТЕМАТИЧЕСКОГО АНАЛИЗА » 10 КЛАСС

Доказательство числовых неравенств
26.10.2014, 12:49
     Обратим внимание на то, что к десятому классу большинство учащихся имеют весьма смутные представления о доказательствах. Саму процедуру доказательства они часто понимают неправильно. Поясним сказанное на примере. Если ученика попросят доказать, что для любых чисел а и b справедливо неравенство а2 + b2 ≥ 2ab, то можно ожидать такое «доказательство»:

«а2 + b2 ≥ 2ab,
a2 − 2ab + b2 ≥ 0,
(a − b)2 ≥ 0,

что и требовалось доказать».
      Ученики обычно удивляются, что приведенное «доказательство» доказательством не является. Да и не требовалось доказать, что (а − b)2 ≥ 0.
      Приведенное рассуждение всего лишь анализ, помогающий найти путь доказательства, которое проводится в обратном порядке, а именно так:
      рассмотрим неравенство, справедливое для любых чисел а и b:

(a − b)2 ≥ 0;

      применим формулу квадрата разности

а2 − 2ab + b2 ≥ 0;

      в полученном верном неравенстве перенесем слагаемое –2ab в правую часть неравенства и получим новое верное неравенство, что и требовалось доказать.
      Доказательство может содержать приведенные выше шаги:
а2 + b2 ≥ 2ab,     (1)
а2 − 2ab + b2 ≥ 0,     
(а − b)2 ≥ 0,     (2)

но тогда оно должно заканчиваться фразой: «Рассуждая в обратном порядке, из справедливости неравенства (2) получим справедливость неравенства (1), что и требовалось доказать».
      В учебнике показаны различные приемы решения задач на доказательство неравенств, опираясь на которые можно доказать многие неравенства из данного пункта.
      В дидактических материалах (п. 7) приведены методы доказательства неравенств, не отмеченные в учебнике.
      Есть еще один метод доказательства числовых равенств и неравенств, связанный со сравнением чисел.
      Скажем, что два числовых равенства равносильны, если из справедливости одного из них следует справедливость другого. Аналогично определяются равносильные неравенства. Для записи равносильности двух равенств или неравенств часто используют знак ⇔ .
      Если под знаком ∨ будем понимать один из пяти знаков сравнения: =, >, <, ≥, ≤, под знаком ∧  — знак, противоположный знаку ∨ , т. е. =, <, >, ≤, ≥ соответственно, то многочисленные утверждения о равносильности числовых равенств и неравенств можно сформулировать так:
      1. a∨b⇔a+c∨b+c для любого c∈  R.
      2. a∨b⇔ac∨bc для любого с > 0.
      3. a∨b⇔ a n ∨ b n для любых а > 0, b > 0, n∈  N.
      4. a∨b⇔ac∧bc для любого с < 0.
      Знак ∨ используется в задачах на сравнение и доказательство числовых равенств и неравенств. Если мы хотим выяснить, какой из знаков сравнения (=, >, <, ≥, ≤) надо поставить между данными числовыми выражениями, то между ними можно поставить знак ∨ , сделать несколько равносильных преобразований, используя утверждения 1—4, и прийти в итоге к очевидному равенству или неравенству. Тогда если использовались только свойства 1—3, то получившийся знак сравнения надо поставить вместо знака ∨ в сравнении данных числовых выражений. Использования свойства 4 лучше избегать, чтобы уменьшить число допускаемых ошибок.
      Пример 1. Сравним числа 11 + 2 и 3+ 3 .
      Используя утверждения 1—3, напишем цепочку равносильных сравнений:

11 + 2 ∨3+ 3 , ( 11 + 2 ) 2 ∨ ( 3+ 3 ) 2   ( по  утверждению  3 ) , 13+2 22 ∨12+6 3 , 1+2 22 ∨6 3   ( по  утверждению  1 ) , ( 1+2 22 ) 2 ∨ ( 6 3 ) 2   ( по  утверждению  3 ) , 89+4 22 ∨108 , 4 22 ∨19 ( по  утверждению  1 ) , ( 4 22 ) 2 ∨ 19 2  ( по  утверждению  3 ) , 352∨361 .
      Так как 352 < 361, то в последнем сравнении должен стоять знак <. Поэтому и во всех предыдущих сравнениях должен стоять тот же знак. Следовательно, 11 + 2 <3+ 3 .
      Пример 2. Докажем справедливость равенства

3+ 3 + 10+6 3 3 = 3 +1 .
      Напишем цепочку равносильных сравнений:

3+ 3 + 10+6 3 3 ∨ 3 +1 , ( 3+ 3 + 10+6 3 3 ) 2 ∨ ( 3 +1 ) 2   ( по  утверждению  3 ) , 3+ 3 + 10+6 3 3 ∨4+2 3 , 10+6 3 3 ∨1+ 3   ( по  утверждению  1 ) , ( 10+6 3 3 ) 3 ∨ ( 1+ 3 ) 3   ( по  утверждению  3 ) , 10+6 3 ∨1+3 3 +3 ( 3 ) 2 + ( 3 ) 3 .
      В правой и левой частях последнего сравнения одно и то же число 10+6 3 . Это означает, что в нем, а также в каждом предыдущем сравнении должен стоять знак =. Следовательно, этот знак будет стоять и в первом сравнении, что и требовалось доказать.
      Пример 3. Докажем, что для любого a∈ R справедливо неравенство a 2 1+ a 4 ≤ 1 2 .
      Напишем цепочку равносильных сравнений:

a 2 1+ a 4 ∨ 1 2 , 2 a 2 ∨1+ a 4   ( по  утверждению  2 ) , 0∨1−2 a 2 + a 4  ( по  утверждению  1 ) , 0∨ ( 1− a 2 ) 2 .
      Так как (1 − а2)2 ≥ 0 для любого a∈  R, то в последнем сравнении должен стоять знак ≤. Поэтому в каждом предыдущем сравнении должен стоять знак ≤. Следовательно, этот знак должен стоять и в первом сравнении, а это и требовалось доказать.

Решения и комментарии

      1.77. к) Для любых действительных чисел а и b докажите, что если 0 < а < b, то а3 < b3.
      Доказательство. По условию задачи а < b и а > 0, поэтому а2 < ab. Так как а < b и b > 0, то аb < b2. Из транзитивности неравенств имеем а2 < b2.
      Так как а2 < b2 и а > 0, то а3 < а2b. Так как а2 < b2 и b > 0, то а2b < b3. Из транзитивности неравенств имеем а3 < b3, что и требовалось доказать.
      1.78. Докажите, что сумма кубов катетов прямоугольного треугольника меньше куба гипотенузы.
      Доказательство. Для катетов a, b и гипотенузы с прямоугольного треугольника верно равенство а2 + b2 = с2. Умножив обе части этого равенства на с, получим новое верное равенство а2с + b2с = с3, в котором заменим слагаемые а2с и b2с на меньшие слагаемые а3 и b3 соответственно. Левая часть равенства уменьшится, и мы получим верное неравенство а3 + b3 < c3. Это и требовалось доказать.
      1.79. а) Докажите, что 1 2 ⋅ 3 4 ⋅ 5 6 ⋅...⋅ 79 80 < 1 9 .
      Доказательство. Обозначим:

A= 1 2 ⋅ 3 4 ⋅ 5 6 ⋅...⋅ 79 80 ;  B= 2 3 ⋅ 4 5 ⋅ 6 7 ⋅...⋅ 80 81 .
      Так как 1 2 < 2 3 , 3 4 < 4 5 , 5 6 < 6 7 , ..., 79 80 < 80 81 , то А < В. Так как А > 0, то А2 < АВ, а так как AB= 1⋅2⋅3⋅4⋅5⋅...⋅79⋅80 2⋅3⋅4⋅5⋅6⋅...⋅80⋅81 = 1 81 = ( 1 9 ) 2 , то A< ( 1 9 ) 2 . Откуда, учитывая, что A > 0, получаем, что A< 1 9 . Это и требовалось доказать.
      1.81. Задача Евклида (III в.). Докажите, что если а — наибольшее из четырех положительных чисел а, b, с, d и a b = c d , то справедливо неравенство а + d > b + с.
      Доказательство. Так как по условию задачи а > с, то из верного равенства a=c⋅ b d следует, что b d >1 , откуда получаем, что b > d. Аналогично показывается, что из условия задачи следует, что c > d.
      Умножим обе части верного числового неравенства b > d на положительное число с − d, получим верное неравенство b (с − d) > d (c − d), которое перепишем в виде

bc + d2 > dc + bd.

      Заменим в этом последнем неравенстве произведение bc равным ему произведением ad, получим неравенство:

ad + d2 > dc + bd.

      Разделим обе части этого верного неравенства на положительное число d и получим верное неравенство

а + d > с + b,

что и требовалось доказать.
      Замечание. Во времена Евклида многие факты в математике доказывались геометрическим способом. Приведем геометрическое доказательство того же неравенства.
      На отрезке AD, длина которого равна а + d, построим окружность как на диаметре (рис. 4). Отметим точку М, такую, что AM = a, DM = d. Так как а > d, то центр О окружности принадлежит отрезку AM. Так как а > b, то, построив окружность с центром М и радиусом b, получим точку В на первой окружности, такую, что ВМ = b. На пересечении прямой ВМ с первой окружностью получим точку С. Из теоремы о пересекающихся хордах следует, что ad = b · MC, а из условия задачи следует, что ad = bc, поэтому МС = с. Так как длина хорды, не проходящей через центр окружности, меньше ее диаметра, то AD > ВС, т. e. a + d > b + c, что и требовалось доказать.


      1.82. Докажите, что для любого натурального числа п справедливо неравенство:
a)  1 1⋅2 + 1 2⋅3 + 1 3⋅4 +...+ 1 n⋅( n+1 ) <1 ;     (3)
в)  1 1⋅5 + 1 5⋅9 + 1 9⋅13 +...+ 1 ( 4n−3 )⋅( 4n+1 ) < 1 4 ;     (4)
г)  1 2 2 + 1 4 2 + 1 6 2 +...+ 1 ( 2n ) 2 < 1 2 .     (5)

      Доказательство. а) Так как 1 1⋅2 = 1 1 − 1 2 , 1 2⋅3 = 1 2 − 1 3 , 1 3⋅4 = 1 3 − 1 4 , ..., 1 n⋅( n+1 ) = 1 n − 1 n+1 , то
1 1⋅2 + 1 2⋅3 + 1 3⋅4 + ...+ 1 n⋅( n+1 ) = 1 1 − 1 2 + 1 2 − 1 3 + 1 3 − 1 4 +...+ 1 n − 1 n+1 = 1− 1 n+1 .     (3′)

      Так как 1 n+1 >0 для любого натурального числа п и 1− 1 n+1 <1 , то получаем, что справедливо неравенство (3).
      в) Так как 1 1⋅5 + 1 5⋅9 + 1 9⋅13 +...+ 1 ( 4n−3 )⋅( 4n+1 ) =
= 1 4 ⋅( 4 1⋅5 + 4 5⋅9 + 4 9⋅13 +...+ 4 ( 4n−3 )⋅( 4n+1 ) )=     (4′)

= 1 4 ⋅( 1 1 − 1 5 + 1 5 − 1 9 + 1 9 − 1 13 +...+ 1 4n−3 − 1 4n+1 )= 1 4 ⋅( 1− 1 4n+1 ) и 1 4 ⋅( 1− 1 4n+1 )< 1 4 ,
то получаем, что справедливо неравенство (4).
      г) Так как 1 2 2 + 1 4 2 + 1 6 2 +...+ 1 ( 2n ) 2 < 1 2 2 −1 + 1 4 2 −1 +
+ 1 6 2 −1 +...+ 1 ( 2n ) 2 −1 = 1 1⋅3 + 1 3⋅5 + 1 5⋅7 +...+ 1 ( 2n−1 )( 2n+1 ) = = 1 2 ⋅( 1 1 − 1 3 + 1 3 − 1 5 + 1 5 − 1 7 +...+ 1 2n−1 − 1 2n+1 )= 1 2 ⋅( 1− 1 2n+1 ) ,

т. е. так как
1 2 2 + 1 4 2 + 1 6 2 +...+ 1 ( 2n ) 2 < 1 2 ⋅( 1− 1 2n+1 )     (5′)

и   1 2 ⋅( 1− 1 2n+1 )< 1 2 ,
то получаем, что справедливо неравенство (5).
      Отметим, что приведенные доказательства справедливости неравенств (3), (4) и (5), строго говоря, не являются полноценными, так как для полноценности этих доказательств требуется доказать справедливость равенств (3′) и (4′) и неравенства (5′) методом математической индукции.
      1.83. а) Докажите, что для любых действительных чисел а и b, если а + b = 3, то а2 + b2 ≥ 4,5.
      Доказательство. Пусть а = 1,5 + с, b = 1,5 − с.
Тогда а2 + b2 = (1,5 + с)2 + (1,5 − с)2 = 2,25 + 3с + с2 + 2,25 − 3с + с2 = 4,5 + 2с2 ≥ 4,5, что и требовалось доказать.
      Промежуточный контроль. С—7.
Категория: 10 КЛАСС | Добавил: admin | Теги: советы по преподаванию алгебры в 10, Методика преподавания математики в, поурочное планирование алгебры в 10, Уроки математики
Просмотров: 4941 | Загрузок: 0 | Рейтинг: 0.0/0
УЧИТЕЛЮ ИНФОРМАТИКИ
КОНСПЕКТЫ УРОКОВ
ВНЕКЛАССНЫЕ МЕРОПРИЯТИЯ ПО ИНФОРМАТИКЕ
ПОСОБИЯ И МЕТОДИЧКИ ДЛЯ УЧИТЕЛЯ ИНФОРМАТИКИ
ИЗ ОПЫТА РАБОТЫ УЧИТЕЛЯ ИНФОРМАТИКИ
ЗАДАНИЯ ШКОЛЬНОЙ ОЛИМПИАДЫ ПО ИНФОРМАТИКЕ


ИНФОРМАТИКА В ШКОЛЕ


ИНФОРМАТИКА В НАЧАЛЬНЫХ КЛАССАХ
ИНФОРМАТИКА В 3 КЛАССЕ
ИНФОРМАТИКА В 4 КЛАССЕ
КОНТРОЛЬНЫЕ РАБОТЫ ПО ИНФОРМАТИКЕ. 3 КЛАСС
КОНТРОЛЬНЫЕ РАБОТЫ ПО ИНФОРМАТИКЕ. 4 КЛАСС
ПРОГРАММИРОВАНИЕ ДЛЯ ДЕТЕЙ
СКАЗКА "ПРИКЛЮЧЕНИЯ ЭЛЕКТРОШИ"
ИГРОВЫЕ ТЕХНОЛОГИИ НА УРОКАХ ИНФОРМАТИКИ
ИГРОВЫЕ ЗАДАНИЯ ПО ИНФОРМАТИКЕ
ВИКТОРИНЫ ПО ИНФОРМАТИКЕ
КОМПЬЮТЕРНЫЕ ЧАСТУШКИ
ОБРАТНАЯ СВЯЗЬ
Поиск


Друзья сайта
  • Создать сайт
  • Все для веб-мастера
  • Программы для всех
  • Мир развлечений
  • Лучшие сайты Рунета
  • Кулинарные рецепты

  • Copyright MyCorp © 2021
    Яндекс.Метрика Рейтинг@Mail.ru