Расин, Алгебра

Поскольку A 6= 0, выражение q(x) является квадратным трехчленом. Замечая, что q(x) записывается в виде суммы квадратов, нетрудно понять, что q(x) принимает неотрицательные значения при всех значениях x. Следовательно, дискриминант 4C2 − 4AB квадратного трехчлена q(x) неположителен, т. е. C2 −AB 6 0. Отсюда C2 6 AB. Извлекая из обеих частей последнего неравенства квадратный корень, получим

Вспоминая введенные выше обозначения, мы видим, что требуемое неравенство доказано.

Если неравенство (8) обращается в равенство, то дискриминант квадратного трехчлена q(x) равен нулю. В этом случае существует такое действительное число t, что q(t) = 0. Следовательно,

q(t) = (ta1 − b1)2 + (ta2 − b2)2 + . . . + (tan − bn)2 = 0.

Мы знаем, что сумма квадратов действительных чисел равна нулю тогда и только тогда, когда каждое из этих чисел равно нулю. Таким образом, tai − bi = 0, т. е. bi = tai при всех 1 6 i 6 n.

Тот факт, что при выполнении указанного условия неравенство Коши-Буняковского обращается в равенство, читатель без труда проверит самостоятельно.

При n = 2 неравенство Коши–Буняковского имеет очень про-

ненулевые векторы на плоскости. Вычисляя скалярное произве-

70

4.3.Неравенство между средним арифметическим и средним квадратичным

Для произвольных чисел a1, a2, . . . , an рассмотрим их среднее

квадратичное

r

a2 + a2 + . . . + a2 Qn = 1 2 n .

n

Справедливо следующее утверждение.

Теорема 4.3. Пусть a1, a2, . . . , an – положительные числа.

причем знак равенства имеет место в том и только том случае, когда a1 = a2 = . . . = an.

Д о к а з а т е л ь с т в о. Рассмотрим числа bi = 1/√n (1 6 i 6 6 n) и применим неравенство Коши–Буняковского к наборам чи-

Из теоремы 4.2 следует, что неравенство (11) обращается в равенство тогда и только тогда, когда a1 = a2 =√. . . = an.

Поделив обе части неравенства (11) на n, получим требуемое неравенство между средним арифметическим и средним квадратичным.

4.4.Неравенство Бернулли

Вэтом разделе мы докажем неравенство Бернулли1. Это неравенство, наряду с неравенством между средним геометрическим и средним арифметическим, часто применяется как при решении задач, так и при получении теоретических результатов.

Сначала рассмотрим один частный случай неравенства Бернулли.

1Династия швейцарских математиков, основателями которой были братья Якоб Бернулли (1654–1705) и Иоганн Бернулли (1667–1748). Рассматриваемое неравенство приписывают Якобу Бернулли.

71

Предложение 4.2. Пусть x > −1 и n – натуральное число,

n > 2. Тогда

(1 + x)n > 1 + nx,

причем равенство имеет место только при x = 0.

Д о к а з а т е л ь с т в о. Применим метод математической индукции. Если n = 2, то

(1 + x)2 = 1 + 2x + x2 > 1 + 2x.

Ясно, что равенство выполнено только если x = 0. Предположим, что при n = k > 2 утверждение выполнено.

Проверим, что оно истинно и при n = k + 1. Поскольку 1 + x > 0, имеем

(1 + x)k+1 = (1 + x)k(1 + x) > (1 + kx)(1 + x) =

= 1 + (k + 1)x + kx2 > 1 + (k + 1)x.

Осталось заметить, что в этой цепочке нестрогие неравенства становятся равенствами лишь при x = 0.

Теперь мы обобщим доказаное неравенство. Пусть x > −1, x 6= 6= 0, r – произвольное рациональное число.

Лемма 1. Если 0 < r < 1, то (1 + x)r < 1 + rx.

Д о к а з а т е л ь с т в о. Поскольку r – рационально, r = m/n, где m, n – натуральные числа и m < n. Тогда

Мы видим, что (1+x)r является средним геометрическим n чисел, из которых n − m чисел равно 1, а m чисел совпадает с 1 + x. Применяя неравенство между средним геометрическим и средним арифметическим, получим

72

Лемма 2. Если r > 1, то (1 + x)r > 1 + rx.

Д о к а з а т е л ь с т в о. Если 1 + rx 6 0, то доказываемое неравенство очевидно. Пусть 1 + rx > 0. Поскольку 0 < 1/r < 1, в силу леммы 1 получаем

Возводя неравенство (12) в положительную степень r, получим

1 + rx < (1 + x)r.

Лемма 3. Если r < 0, то (1 + x)r > 1 + rx.

Д о к а з а т е л ь с т в о. Если 1+rx 6 0, то неравенство очевидно. Пусть 1 + rx > 0. Найдем нечетное натуральное число n так, что

Заметим теперь, что

1 − nr x > 0.

В самом деле, это неравенство очевидно, если x > 0. Если же −1 < x < 0, то rx/n > 0, и потому rx/n = |r/n||x| < 1; значит, 1−rx/n > 0. Возьмем теперь очевидное неравенство 1−r2x2/n2 < < 1; поделив обе части этого неравенства на положительное число 1 − rx/n, получим

Из лемм 1 – 3 вытекает

73

Теорема 4.4. Пусть x > −1 и r – рациональное число. Если r < 0 или r > 1, то

В обоих случаях равенство имеет место только, если x = 0.

Каждое из неравенств (15), (16) называют неравенством Бернулли.

Иногда неравенство Бернулли удобно применять в следующем виде. Пусть x > 0. Если r > 1 или r < 0, то из теремы 4.4 следует,

что

xr = (1 + (x − 1))r > 1 + r(x − 1) = 1 − r + rx.

Ясно, что равенство в обоих случаях имеет место лишь при x = 1.

4.5.Неравенства между средними степенными

Оп р е д е л е н и е. Пусть a1, a2, . . . , an – произвольные положительные числа. Число

называется средним степенным порядка α этих чисел. Нетрудно видеть, что средние степенные порядков 1 и 2 совпа-

дают со средним арифметическим и средним квадратичным соответственно.

Среднее степенное данного порядка от n положительных чисел

74

Теперь покажем, что при α > 1 выполнено неравенство

при 1 6 i 6 n. Суммируя неравенства (22) по всем i от 1 до n, с учетом равенства (21) получим

Вспоминая определение чисел bi, из (23) находим

a1 + a2 + . . . + an 6 n, Sα

откуда легко следует неравенство (20).

Теперь мы в состоянии доказать следующее утверждение.

Теорема 4.5. Пусть числа α, β отличны от нуля. Если α < < β, то среднее степенное порядка α не превосходит среднего степенного порядка β.

75

Д о к а з а т е л ь с т в о. В зависимости от знаков чисел α и β возникает три случая.

Если α < 0 < β, то средние степенные порядков α и β разделены, как было отмечено выше, средним геометрическим.

Предположим, что 0 < α < β. Тогда β/α > 1, и мы можем

Возводя обе части последнего неравенства в положительную степень 1/α, получим требуемое неравенство.

Пусть теперь α < β < 0. В этом случае α/β > 1, и неравен-

Если обе части этого неравенства возвести в отрицательную степень 1/β, то опять получится нужное неравенство.

4.6.Применение неравенств для отыскания наибольших и наименьших значений

Рассмотрим несколько задач на отыскание наибольших и наименьших значений.

1. Для каждого положительного a найти наибольшее значение выражения f (x) = ax2 − x3 на отрезке [0; a].

Применив неравенство между средним геометрическим и средним арифметическим к трем неотрицательным числам x/2, x/2 и a − x, получим

r

3 x2 · x2 · (a − x) 6 a3 ,

причем равенство имеет место, когда x/2 = a − x, т. е. x = 2a/3. Стало быть,

ax2 − x3 = x2(a − x) 6 4a3 .

27

76

Поскольку f (2a/3) = 4a3/27, имеем max f (x) = 4a3/27.

[0;a]

2. Для каждого положительного a найти наибольшее значение выражения g(x) = a2x − x3 на отрезке [0; a].

Рассмотрим неотрицательные числа

√ p p

2x, a2 − x2, a2 − x2

и воспользуемся тем, что среднее геометрическое этих чисел не

[0;a]

3. Пусть a, b – произвольные положительные, n, m – натуральные числа. Найдем наименьшее значение выражения

h(x) = axn + b xm

на луче (0; +∞).

Определим числа c1, c2, . . . , cm+n следующим образом:

Применяя к числам ci, 1 6 i 6 m+ n, неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим, получим

r

h(x) > (m + n) m+n ambn , mmnn

причем равенство выполнено, если axn/m = b/(nxm).

77

5. Отображения множеств

5.1. Определение отображения

Пусть X, Y – произвольные непустые множества.

О п р е д е л е н и е. Отображение f из множества X во множество Y – это правило, при помощи которого каждому элементу x X ставится в соответствие однозначно определенный элемент y Y .

Множество X называется областью определения отображения f ; множество Y – его областью значений.

Синонимичные записи f : X −→ Y и X −f→ Y выражают тот факт, что f является отображением из X в Y .

Элемент y Y , который при помощи отображения f поставлен в соответствие элементу x X, называется образом элемента x и обозначается через f (x); в той же ситуации элемент x называется прообразом элемента y. Полным прообразом f −1(y) элемента y будем называть множество всех прообразов y. Из определения отображения вытекает, что полные прообразы различных элементов не имеют общих элементов.

Заметим, что в том случае, когда X, Y – числовые множества, отображение f из X в Y назывется числовой функцией; если при этом f задано при помощи алгебраического выражения, то, как правило, используется запись y = f (x), x X.

В дальнейшем часто будет возникать ситуация, когда область определения X и область значений Y данного отображения f совпадают. В таком случае f называют преобразованием множества

X.

Если A – произвольное подмножество множества X, то множество

f (A) = {y | y = f (x) для некоторого x A}

называется образом множества A при отображении f .

Образ f (X) всей области определения X называется множеством значений отображения f .

Часто область определения и множество значений отображения f мы будем обозначать через D(f ) и E(f ) соответственно.

78

Рассмотрим теперь следующие три типа отображений.

О п р е д е л е н и е. Отображение f из X в Y называется инъективным, если для любых x1, x2 X из неравенства x1 6= x2 следует неравенство f (x1) 6= f (x2) .

Заметим, что свойство, высказанное в этом определении, может быть выражено следующим образом: для любых x1, x2 X из равенства f (x1) = f (x2) следует равенство x1 = x2.

О п р е д е л е н и е. Отображение f из X в Y называется сюръективным, если множество значений f (X) совпадает с областью значений Y .

С использованием понятия полного прообраза, это определение можно сформулировать по-другому. А именно, отображение f из X в Y сюръективно, если полный прообраз произвольного элемента y Y является непустым множеством.

О п р е д е л е н и е. Отображение f из X в Y называется биективным, если оно сюръективно и инъективно одновременно.

Приведем примеры отображений.

1.Пусть T – множество всех треугольников плоскости, R+ – множество всех положительных чисел. Тогда правило, сопоставляющее каждому треугольнику t его площадь s(t), задает отображение s : T −→ R+.

2.Пусть S – множество точек полуокружности с центром O без граничных точек, L – множество точек касательной прямой (рис. 1). Для каждой точки X полукружности обозначим через f (X) такую точку прямой, что O, X, f (X) лежат на одной прямой. Ясно, что f : S −→ L является отображением.

Рис. 1

√

3. Пусть X = (−∞; 3]. Тогда правило q(x) = 3 − x задает отображение из X в R.

4. Пусть X = {1, 2, 3, 4}, Y = {7, 8, 9}. Зададим отображение f

79