magnify
Home Matematika Teorija 9 klasė Algebrinės nelygybės

Algebrinės nelygybės

Šiame skyriuje mokysimės įrodyti algebrines nelygybes. Įrodant nelygybes, jas visada galima ekvivalenčiai pertvarkyti. Todėl būtina žinoti pagrindines nelygybių savybes.

Nelygybių savybės ir paprastos atraminės nelygybės

Kelios nelygybių savybės:

  1. \(a>b \Leftrightarrow a-b>0\)
  2. \(a<b \Leftrightarrow a-b<0\)
  3. Jei \(a>b\) ir \(b>c\), tai \(a>c\)
  4. Jei \(a>b\), tai \(a+c>b+c\) su bet kuriuo \(c \in \mathbb{R}\) .
  5. Jei \(a>b\), ir \(c>d\), tai \(a+c>b+d\).
  6. Jei \(a>b\) ir \(c>0\), tai \(ac>bc\).
    Jei \(a>b\) ir \(c<0\), tai \(ac<bc\).
  7. Jei \(a>b>0\) ir \(c>d>0\), tai \(ac>bd\).
  8. Jei \(a \ge b > 0\), tai \(a^n \ge b^n\) su bet kuriuo \(n \in \mathbb{N}\).
  9. Jei \(a>b\), tai \(a^{2n+1} > b^{2n+1}\) su bet kuriuo \(n \in \mathbb{N}\).
  10. Jei \(a \ge b>0\), tai \(\sqrt[n]{a} \ge \sqrt[n]{b}\)  su bet kuriuo \(n \in \mathbb{N}\).
  11. Jei \(a>b\), tai \(\sqrt[2n+1]{a} > \sqrt[2n+1]{b}\) su bet kuriuo \(n \in \mathbb{N}\).
  12. Jei \(a>b\) ir \(a,b>0\) arba \(a,b<0\), tai \( \frac{1}{a} < \frac{1}{b}\).

Dažnai nelygybės įrodomos remiantis atraminėmis nelygybėmis bei nelygybėmis – teoremomis.

Pirma atraminė nelygybė.

Jei \(a \in \mathbb{R}\), tai \(a^2 \ge 0\).

Šiuo faktu remiasi beveik visos klasikinės nelygybės.

Antra atraminė nelygybė.

Visiems neneigiamiems \(a\) ir \(b\) teisinga: \(\frac{(a+b)}{2} \ge \sqrt{ab}\).

Ši nelygybė faktiškai išplaukia iš pirmosios atraminės nelygybės, nes bet kuriems neneigiamiems \(a\) ir \(b\): \(\frac{(a+b)}{2} – \sqrt{ab}=\frac{{(\sqrt{a}-\sqrt{b})}^2}{2} \ge 0\).

Trečia atraminė nelygybė.

Visiems teigiamiems \(x,y,z\), tenkinantiems sąlygą \(x \le y\) teisinga: \(\frac{x}{y} \le \frac{x+z}{y+z}\)

Ši trečioji atraminė nelygybė išplaukia iš tokių pertvarkymų: \(\frac{x+z}{y+z} – \frac{x}{y}=\frac{xy+zy-xy-xz}{y(y+z)}=\frac{z(y-x)}{y(y+z)} \ge 0\).

Ketvirta atraminė nelygybė.

Visiems teigiamiems \(x,y,z\), tenkinantiems sąlygą \(x \ge y\) yra teisinga: \(\frac{x}{y} \ge \frac{x+z}{y+z}\).

Ketvirtoji atraminė nelygybė išplaukia iš tokių pertvarkymų: \(\frac{x+z}{y+z} – \frac{x}{y}=\frac{xy+zy-xy-xz}{y(y+z)}=\frac{z(y-x)}{y(y+z)} \le 0\).

Sudėtingesnės atraminės nelygybės

Koši-Švarco nelygybė

Kartais vadinama Koši – Buniakovskio nelygybe arba tiesiog Koši nelygybe.

Augustin Louis Cauchy (1789-1857) – prancūzų matematikas, vienas matematinės analizės pradininkų, suformulavo ir kelias svarbias kompleksinės analizės teoremas.
Karl Hermann Amandus Schwarz (1843 – 1921 ) –
vokiečių matematikas, žinomas savo darbais kompleksinės analizės srityje.
Viktor Yakovlevich Bunyakovsky (1804 – 1889) –
rusų matematikas, žinomas darbais skaičių teorijoje ir teorinėje matematikoje.

Bet kuriems realiems \(a_1,a_2,…,a_n\) ir \(b_1,b_2,…,b_n\) teisinga nelygybė: \((a_1b_1+…+a_nb_n)^2 \le ({a_1}^2+{a_2}^2+…+{a_n}^2)({b_1}^2+{b_2}^2+…+{b_n}^2)\).

Įrodymas. Pagal pagal pirmąją atraminę nelygybę gauname, kad bet kuriam realiąjam \(t\): \((a_1-tb_1)^2+(a_2-tb_2)^2+…+(a_n-tb_n)^2 \ge 0 \). Vadinasi, \((a_1^2+a_2^2+…+a_n^2)-2(a_1b_1+a_2b_2+…+a_nb_n)t+(b_1^2+b_2^2+…+b_n^2)t^2 \ge 0 \). Pažymėję: \(A=a_1^2+a_2^2+…+a_n^2)\), \(B=b_1^2+b_2^2+…+b_n^2\), \(C=a_1b_1+a_2b_2+…+a_nb_n\) gauname, kad nelygybė \(Bt^2-2Ct+A \ge 0\) teisinga su visais realiaisiais \(t\).  Todėl užrašytos lygties diskriminantas yra neteigiamas. Taigi \(4C^2-4AB \le 0\) arba \(C^2 \le AB\). Koši – Švarco nelygybė įrodyta.

Viena įdomi išvada iš Koši – Švarco nelygybės.

Bet kuriems teigiamiems realiems \(a_1, a_2, …, a_n\) yra teisinga:
\((a_1+a_2+…+a_n)(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{a_n}) \ge  n^2 \).

Įrodymas. Pagal Koši – Švarco atraminę nelygybę turime:
\((a_1+a_2+…+a_n)(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{a_n}) \ge (\sqrt{a_1} \frac{1}{\sqrt{a_1}} +\sqrt{a_2} \frac{1}{\sqrt{a_2}}+…+\sqrt{a_n} \frac{1}{\sqrt{a_n}})^2 = n^2 \).  Suformuluotoji išvada įrodyta.

Kitas išvados įrodymas. Pasinaudoję 1 uždavinio nelygybe turime, kad \(\frac{a_k}{a_i} + \frac{a_i}{a_k} \ge 2\) bet kuriems \(a_k\) ir \(a_i\) (\(i,k=1,2,…,n\)). Vadinasi, \((a_1+a_2+…+a_n)(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+…+\frac{1}{a_n})=n + \sum_{1 \le i \le k \le n}(\frac{a_k}{a_i} + \frac{a_i}{a_k}) \ge n +2\frac{(n-1)n}{2}=n^2\), nes sumoje po sigma ženklu yra lygiai \(\frac{(n-1)n}{2}\) narių.

Minkovskio nelygybė

Herman Minkowski (1864 – 1909) – vokiečių matematikas. Rašė darbus skaičių teorijoje, matematinėje fizikoje. Šiose mokslo srityse taikė geometrinius metodus. Gimė Kaune. Mokslus išėjo Kionigsberge. Buvo vienas iš Einšteino (Albert Einstein) dėstytojų. Kurį laiką dirbo kartu su Hilbertu (David Hilbert).

Su bet kuriais realiaisiais \(a_1, a_2, …, a_n\) ir \(b_1, b_2, …, b_n\) teisinga nelygybė:
\[\sqrt{\sum_{k=1}^{n}(a_k+b_k)^2} \le \sqrt{\sum_{k=1}^{n}(a_k)^2} +\sqrt{\sum_{k=1}^{n}(b_k)^2} \].

Įrodymas. Jeigu visi \(a_k\) ir \(b_k\) lygūs nuliui, tai nelygybė akivaizdžiai teisinga. Sakykime toliau, kad bent vienas iš \(a_k\) ir \(b_k\) nelygus nuliui. Aišku, kad \(\sum_{k=1}^{n}(a_k+b_k)^2 = \sum_{k=1}^{n}a_k(a_k+b_k)+\sum_{k=1}^{n}b_k(a_k+b_k)\). Abiems paskutinėms sumoms pritaikę Koši – Švarco nelygybę, gauname:
\(\sum_{k=1}^{n}(a_k+b_k)^2 \le \sqrt{\sum_{k=1}^{n}(a_k)^2} \cdot \sqrt{\sum_{k=1}^{n}(a_k+b_k)^2} + \sqrt{\sum_{k=1}^{n}(b_k)^2} \cdot \sqrt{\sum_{k=1}^{n}(a_k+b_k)^2}\). Šitos nelygybės abi puses padalinę iš \(\sqrt{\sum_{k=1}^n(a_k+b_k)^2}\) gauname Minkovskio nelygybę.

Apibendrinta Minkovskio nelygybė

Matematinės indukcijos metodu nesunku įrodyti, kad bet kuriems realiesiems \(a_{ki}\):
\[\sqrt{\sum_{k=1}^n(\sum_{k=1}^m a_{ki})^2} \le \sum_{k=1}^m \sqrt{\sum_{k=1}^n (a_{ki})^2}\]. T.y.
\[\sqrt{\sum_{k=1}^n(a_{k1}+a_{k2}+…+a_{km})^2} \le \sqrt{\sum_{k=1}^n (a_{k1})^2} + \sqrt{\sum_{k=1}^n (a_{k2})^2} +…+ \sqrt{\sum_{k=1}^n (a_{km})^2}\].

Iškilos funkcijos ir jų savybės

Nagrinėsime funkcijas apibrėžtas realiųjų skaičių aibėje arba jos dalyje su reikšmėmis realiųjų skaičių aibėje.
1. 
Apibrėžimas. Funkcija \(f\)  vadinama iškila žemyn (įgaubta) intervale \([a,b]\), jeigu su visais \(x_1\) ir \(x_2\) iš šio intervalo teisinga nelygybė: \[f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right) \le \frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}\].
Analogiškai iškila žemyn funkcija apibrėžiama ir kitokio pavidalo intervaluose:
\((a;b), [a;b), (a;b], [a; \infty), (- \infty;a], (a, \infty), (- \infty, a), \mathbb{R} = (- \infty; \infty)\).

Pavyzdžiui, funkcija \(f(x)=x^2\) yra iškila žemyn realiųjų skaičių aibėje.

2. Apibrėžimas. Funkcija \(f\) vadinama iškila aukštyn (išgaubta) intervale \([a,b]\), jeigu su visais \(x_1\) ir \(x_2\) iš šio intervalo teisinga nelygybė: \[f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right) \ge \frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}\].
Analogiškai iškila aukštyn funkcija apibrėžiama ir kitokio pavidalo intervaluose:
\((a;b), [a;b), (a;b], [a; \infty), (- \infty;a], (a, \infty), (- \infty, a), \mathbb{R} = (- \infty; \infty)\).

Pavyzdžiui, funkcija \(f(x)=\lg{x}\) yra iškila aukštyn intervale \((a,\infty)\).

1. Teorema. Jeigu funkcija \(f\) iškila žemyn intervale \(I\), tai su visais \(x_1,x_2,…,x_n\) iš šio intervalo:
\[f\left(\frac{x_1+x_2+…+x_n}{n}\right) \le \frac{f(x_1)+f(x_2)+…+f(x_n)}{n}\]

2. Teorema. Jeigu funkcija \(f\) iškila aukštyn intervale \(I\), tai su visais \(x_1,x_2,…,x_n\) iš šio intervalo:
\[f\left(\frac{x_1+x_2+…+x_n}{n}\right) \ge \frac{f(x_1)+f(x_2)+…+f(x_n)}{n}\]

Abiejų suformuluotų teoremų įrodymai identiški. Todėl įrodysime tik antrąją teoremą. Įrodymui naudosime matematinės indukcijos metodą.

Antrosios teoremos įrodymas. Kai \(n=2\), tai nelygybė \(f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right) \ge \frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}\) visiems \(x_1, x_2 \in I\) yra teisinga pagal iškilos aukštyn funkcijos apibrėžimą.
Tarkime, kad antros teoremos nelygybė teisinga, kai \(n=l\). Tai yra, visiems \(x_1,x_2,…,x_l \in I\) yra teisinga: \[f\left(\frac{x_1+x_2+…+x_l}{l}\right) \ge \frac{f(x_1)+f(x_2)+…+f(x_l)}{l}\].
Įrodysime, kad nelygybė teisinga, kai \(n=l+1\). Tai yra, parodysime, kad visiems \(x_1,x_2,…,x_l,x_{l+1} \in I\): \[f\left(\frac{x_1+x_2+…+x_l+x_{l+1}}{l+1}\right) \ge \frac{f(x_1)+f(x_2)+…+f(x_l)+f(x_{l+1})}{l+1}\].

Tris kartus pasinaudoję indukcijos prielaida gauname: \[f(x_1)+f(x_2)+…+f(x_l)+f(x_{l+1})+(l-1) \cdot \frac{f(x_1)+f(x_2)+…+f(x_l)+f(x_{l+1})}{l+1} \le \]
\[\le l \cdot f\left(\frac{x_1+x_2+…+x_l}{l}\right)+l \cdot f\left( \frac{x_{l+1}}{l} + \frac{(x_1+x_2+…+x_l)(l-1)}{l(l-1)}\right)  \le\]
\[\le 2lf\left(\frac{1}{2}\left(\frac{x_1+x_2+…+x_l+x_{l+1}}{l} + \frac{(x_1+x_2+…+x_l+x_{l+1})(l-1)}{l(l+1)}\right)\right) = 2lf\left(\frac{x_1+x_2+…+x_l+x_{l+1}}{l+1}\right)\].
Iš čia \[f(x_1)+f(x_2)+…+f(x_l)+f(x_{l+1}) \le (l+1)f\left(\frac{f(x_1)+f(x_2)+…+f(x_l)+f(x_{l+1}}{l+1}\right)\].

Gavome, kad antrosios teoremos nelygybė teisinga su \(n=l+1\). Iš matematinės indukcijos principo išplaukia,  kad nelygybė teisinga visiems natūraliesiems \(n\). Antra teorema įrodyta.

Nelygybių taikymai

Aritmetinio ir geometrinio vidurkių nelygybes galima taikyti nustatant reiškinio mažiausią arba didžiausią reikšmę.
Suformuluosime Koši nelygybės \[\frac{a_1+a_2+…+a_n}{n} \ge \sqrt[n]{a_1 \cdot a_2 \cdot … \cdot a_n}, a_1 \ge 0, a_2 \ge 0, …, a_n \ge 0 \] svarbias išvadas.

1 išvada. Jeigu \(n\) teigiamų skaičių \((n = 2, 3, …)\) suma yra pastovi, tai jų sandauga yra didžiausia, kai dėmenys lygūs.

Įrodymas. Tarkime, \(a_1+a_2+…+a_n=p\). Tada \[a_1 \cdot a_2 \cdot … \cdot a_n \le \left(\frac{a_1+a_2+…+a_n}{n}\right)^n=\left(\frac{p}{n}\right)^n\]
\(\left(\frac{p}{n}\right)^n\)yra didžiausia sandaugos reikšmė, kai \(a_1=a_2=…=a_n\).

2 išvada. Jeigu \(n\) teigiamų dauginamųjų sandauga yra pastovi, tai jų suma yra mažiausia, kai dauginamieji lygūs.

Įrodymas. Tarkime \(a_1 \cdot a_2 \cdot … \cdot a_n=S\). Tada \(\frac{a_1+a_2+…+a_n}{n} \ge \sqrt[n]{a_1 \cdot a_2 \cdot … \cdot a_n} = \sqrt[n]{S}\). Iš to seka, kad \(a_1+a_2+…+a_n \ge n\sqrt[n]{S}\).
\(n\sqrt[n]{S}\) yra mažiausia sumos reikšmė, kai \(a_1=a_2=…=a_n\).

Pavyzdys nr.1. Rasime funkcijos \(f(x)=x^{1500}+x^{500}+x^{12}+\frac{2012}{x}\) mažiausią reikšmę, kai \(0<x< \infty\).
Sprendimas. \(x^{1500}+x^{500}+x^{12}+\underbrace{\frac{1}{x}+ …+ \frac{1}{x}}_{2012\text{kartų}} \ge {2015}^{2015} \sqrt{x^{1500} \cdot x^{500} \cdot x^{12} \cdot \underbrace{\frac{1}{x} \cdot … \cdot \frac{1}{x}}_{2012\text{kartų}}}=2015\).
Atsakymas: \(2015\).

Pavyzdys nr.2. Rasime didžiausią funkcijos  \(y=a\sin{x}+b\cos{x} ~ (a>0,b>0,0<x<\frac{\pi}{2})\) reikšmę.
Sprendimas. Funkcijai taikysime Koši-Švarco nelygybę: \(y=a\sin{x}+b\cos{x} \le \sqrt{a^2+b^2} \cdot \sqrt{\sin^2 x + \cos^2 x}=\sqrt{a^2+b^2}\). Maksimumą (lygybę) pasieksime, kai \(\frac{a}{b}=\frac{\sin{x}}{\cos{x}}\), t.y. kai \(\tan{x}=\frac{a}{b}\).
Atsakymas: \(\sqrt{a^2+b^2}\).

© Bronė Narkevičienė