что в силу основных правил, относящихся к неравенствам, равносильно тому, что
с2 + d2 – 2cd ≥ 0 (3)
Но с2 + d2 – 2cd = (с – d)2 , значит неравенство (3) равносильно
(с – d)2 ≥ 0 (4)
Так как квадрат любого действительного числа неотрицателен, то ясно, что
соотношение (4) всегда имеет место. Значит справедливы и неравенства (3),
(2), (1). Равенство в формуле (4), а значит и в формуле (1) достигается в том
и только в том случае, когда c – d = 0, т.е. c = d, или, иначе говоря, когда
a = b.
Покажем теперь, что теорему 1 можно вывести геометрическим путем простого
сравнения некоторых площадей.
Рассмотрим график функции у = х, изображенный на рисунке.
Пусть S и Т точки прямой у = х с координатами (с, с) и (d, d). Рассмотрим
также точки Р(с, 0), Q(0, d), R(c, d). Так как длина отрезка ОР равна с, то
длина отрезка PS также равна с. Поэтому площадь ∆OPS, полупроизведение
длин его основания и высоты равна
.
Рассмотрим теперь прямоугольник OPRQ. Он полностью покрывается ∆OPS и
∆OQT, так что
SOPS + SOQT ≥ SOPRQ (5)
Так как площадь прямоугольника OPRQ – произведение длин его основания и
высоты – равна сd, то при помощи алгебраических символов соотношение (5)
можно записать так:
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.
(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):
, (2)
что равносильно неравенству
x3 + y3 + z3 – 3xyz ³ 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 ³ 0 (5)
Выпишем три неравенства x2 + y2 ³ 2xy, x2
+ z2 ³ 2xz, y2 + z2 ³ 2yz (эти
неравенства истинны по теореме 1) и сложим их почленно:
2(x2 + y2 + z2) ³ 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 ³ 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 а
1, а2,.аn не меньше их среднего геометрического,
т.е.
Равенство достигается в том и только том случае, когда а1 = а2 = аn.
Неравенство Коши.
а) Двумерный вариант:
(1)
для любых неотрицательных чисел a, b c, d.
Доказательство. Так как a, b, c, d – неотрицательные, то ac + bd ³ 0 и
имеем право возвести в квадрат обе части неравенства (1):
(a2 + b2)(c2 + d2) ³ (ac + bd)2 (2)
В первую очередь отметим, что неравенство a2 + b2 ³
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) ³ (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 ¹ 0 и d ¹ 0 условие (4) можно записать следующим образом:
Геометрическая интерпретация.
Рассмотрим треугольник, изображенный на рисунке.
Очевидно, что длины отрезков OР и OQ и PQ определяются равенствами
ОР = (a2 + b2)½
ОQ = (c2 + d2)½
РQ = [(a – c)2 + (b – d)2]½
Обозначим угол между сторонами ОР и OQ через q. На основании теоремы
косинусов имеем:
PQ2 = OP2 + OQ2 – 2OP × OQ cosq
Подставляя значения OP, OQ, и РQ и упрощая полученное выражение, имеем
Поскольку значение косинуса всегда заключено между –1 и +1, мы имеем
-1 £ cos q £ 1
или
значит
А это двумерный вариант неравенства Коши. Кроме того, мы видим, что равенство
здесь достигается тогда и только тогда, когда сos q =1, т.е. когда q = 0
или q = p, - 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 ¹ 0 и d ¹ 0, то должно быть
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 q между прямыми ОР и OQ будет определяться равенством
которое, в силу того, что сosq £ 1, приводит к трехмерному варианту
неравенства Коши для неотрицательных чисел аi и bi, i =
1, 2, 3
(1)
Равенство здесь достигается тогда и только тогда, когда три точки О, Р и Q
лежат на одной прямой, что выражается соотношениями
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 ³ 0.
Приведем еще одно доказательство этого неравенства, которое пригодится нам
дальше.
Начнем с основного неравенства (х – у2) ³ 0, которое можно
записать в следующем виде:
(3)
Неравенство (3) имеет место для любых действительных чисел х и у. Вместо х и
у последовательно подставим в (3) следующие выражения:
сначала:
Страницы: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 29, 30, 31
|