Acest site foloseste cookies. Prin navigarea pe acest site, va exprimati acordul asupra folosirii cookie-urilor. Citeste mai mult... X

inegalitati

Referatele si lucrarile oferite de Clopotel.ro au scop educativ si orientativ pentru cercetare academica.

Inegalitati

Materie: Matematica
Accesari: 7.486
Download-uri: 10.064
Nota: 5.90 (715 note)
Am probleme cu acest referat!

1 2 3
4 5 6
7 8 9


Download Referat - Inegalitati
Publicitate:

Trimis de spider007
din 08 Noiembrie 2002

Inegalitati
In acest compartiment vor prezentate diverse metode de demonstrare a inegalitatilor, uti- lizand metodele propuse vor demonstrate atat inegalitati clasice precum si inegalitati propuse la diferite concursuri de matematica.


I. Monotonia functiilor
Se presupune ca cititorul este familiarizat cu notiunea de monotonie a functiilor si propri- etatile (criteriile) functiilor monotone.

Problema 1. Sa se compare numerele e si e.
Solutie. Se considera functia
f : [e; +1) ! R; f(x) = ln x x :
Deoarece derivata functiei f,
f0(x) = x(ln x)0 (x)0 ln x x2 = 1 ln x x2
obtine valori negative pentru orice x 2 (e; +1) si f este continua pe [e; +1) rezulta ca functia f este strict descrescatoare pe [e; +1). Prin urmare, cum e < se obtine
ln e e ln
f(e) > f( ) ) > ) lne > eln

si deci e > e.

Problema 2. Sa se studieze marginirea sirului numeric
xn = 1 +12+ : : : + 1 n (n 1):
Solutie. Initial vom demonstra inegalitatea
ln(1 + x) x (x 0): (1)
In acest scop, consideram functia
f : [0; +1) ! R; f(x) = x ln(1 + x):
Functia f este continue pe domeniul de de nitie, si pentru orice x 2 (0; +1) are loc egalitatea
f0(x) = 1 1 1 + x = x 1 + x;
0 Copyright c 1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md

de unde conchidem ca f0(x) > 0 (x 2 (0; +1)). Prin urmare functia f este o functie strict crescatoare pe domeniul de de nitie D(f), si deci f(x) f(0) (8x 0), de unde si rezulta inegalitatea (1).
In inegalitatea (1) se considera x = 1 n (n = 1; 2; : : :) si se obtine
ln 1 + 1 n 1 n (n = 1; 2; : : :)
sau
ln(n + 1) ln n 1 n (n = 1; 2; : : :): (2)
Din inegalitatile (2) deducem
ln 2 ln 1 1;
ln 3 ln 2 1 2;
ln 4 ln 3 1 3; (3)
: : : : : :
ln(n + 1) ln n 1 n:
Se sumeaza parte cu parte a inegalitatile (3) si se obtine inegalitatea
ln(n + 1) 1 +12+ : : : + 1 n:

Cum lim ln(n + 1) = +1, din ultima inegalitate rezulta ca sirul numeric xn = 1 +12+ : : : +1
n
n!1
este nemarginit.
1X 1 n
Consecinta: Seria esteoserie divergenta.
n=1
Problema 3. (inegalitatea J.Bernoulli) Pentru orice x > 1; > 1 are loc inegalitatea
(1 + x) 1 + x: (4)
In plus, egalitatea are loc numai pentru x = 0. Solutie. Consideram functia
f(x) = (1 + x) 1 x; (x 2 [ 1; +1));
unde > 1 si xat in continuare. Calculam derivata acestei functii:
f0(x) = (1 + x) 1 = ((1 + x) 1 1) (x > 1):
0 Copyright c 1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md

Deoarece > 1, rezulta ca f0(x) < 0 pentru x 2 ( 1; 0) si f0(x) > 0 pentru x 2 (0; +1) si prin urmare functia f este descrescatoare pe [ 1; 0] si crescatoare pe [0; +1).
De aici, conchidem ca pentru orice x 2 [ 1; +1) n f0g are loc inegalitatea f(x) > f(0), adica
(1 + x) 1 x > 1 1
sau
(1 + x) > 1 + x (x 2 [ 1; 0) [ (0; +1); > 1):
Ramane de observat ca pentru x = 0 se obtine (1 + x) = 1 + x.
Nota. Similar se demonstreaza si inegalitatile
(1 + x) 1 + x (x 1; 0 < < 1);
(1 + x) 1 + x (x 1; < 0):


Problema 4. (inegalitatea W.Young) Daca p; q 2 Rnf0; 1g poseda proprietatea1
p+ 1 q = 1;
a; b sunt numere pozitive, atunci sunt adevarate inegalitatile
ap p q
ab +b (pentru p > 1) (5)
q
si
ap p q
ab +b (pentru p < 1) (6)
q
Mai mult, egalitate se atinge daca si numai daca ap = bq.
Solutie. Consideram cazul p > 1. Fixam un numar pozitiv a (a > 0) si examinam functia
ap p q
f : (0; +1) ! R; f(b) = +b ab:
q
Derivata acestei functii este
f0(b) = b q 1 a;
si prin calcule elementare se determina ca punctul b = a 1
q 1 este un punct de minim local.
Astfel
f(b) f(a 1
q 1 ) (b > 0): (7)
Din inegalitatea (7) tinand seama ca 1 p+ 1 q = 1 se obtine
ap p q 1 p+ 1 q
+b ab 0 (a > 0; b > 0; p > 1; = 1)
q
si deci inegalitatea (5) este demonstrata. Mai mult, din (7) rezulta ca egalitatea are loc numai in cazul in care b = a 1
q 1 , adica daca ap= bq.
0 Copyright c 1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md

Inegalitatea (6) se demonstreaza in mod similar.

Problema 5. Sa se demonstreze inegalitatea
jsinxj jxj (x 2 R): (8)
Solutie. Tinand seama ca functiile f(x) = j sin xj si g(x) = jxj sunt functii pare, este su cient de demonstrat egalitatea (8) pentru x 0. In plus, cum j sin xj 1, este su cient de studiat cazul 0 x 1.
In acest scop, consideram functia
f : [0; 1] ! R; f(x) = x sin x:
Derivata functiei f are forma
f0(x) = 1 cos x (x 2 [0; 1]):
In baza marginirii functiei cosinus (j cos xj 1; x 2 R), deducem ca f0(x) 0, care la randul sau implica ca functia f este monoton crescatoare pe domeniul sau de de nitie, si deci are loc inegalitatea
f(x) f(0) (x 2 [0; 1]);
sau
x sin x 0; (x 2 [0; 1])
de unde rezulta inegalitatea initiala.

Problema 6. Sa se arate ca
a2(b c) + b2(c a) + c2(a b) > 0;
daca a > b > c.
Solutie. Examinam functia f ...

Atentie : Textul de mai sus este doar un preview al referatului, pentru a vedea daca continutul acestui referat te poate ajuta. Pentru varianta printabila care poate sa contina imagini sau tabele apasa butonul de 'download' !!!
Download Referat - Inegalitati