Тема 4 Загальні методи доведення нерівностей (9 год)

Нерівності а2 ge 0 -а2 - 1 lt 0 | а | + | b | gt 0 (а - b)4 ge 0 виконуються при всіх

значеннях змінних які до них входять

Нерівність х2 - 8ху + 17у2 ge 0 також виконується при будь-яких значеннях

змінних х і у хоча цей факт не настільки очевидний У його справедливості слід

переконатися

У таких випадках говорять що потрібно довести нерівність

х2 -8ху + 17у2ge0

Маємо

х2 - 8ху + 17у2 = х2 - 8ху + 16y2 + у2 = (х ndash 4y)2 + у2

Вираз (х - 4у)2 + у2 набуває тільки невідємних значень Отже при будь-яких

значеннях змінних х і у є правильною нерівність

хг - 8ху + 17у2 ge 0

Для доведення нерівностей використовують різні прийоми Наприклад

нерівність х2 - 8ху + 17у2 ge 0 ми довели виділивши квадрат двочлена

Розглянемо ще кілька прийомів доведення нерівностей

Метод різниці

Цей прийом полягає в тому що розглядають різницю лівої та правої

частин нерівності і доводять що ця різниця набуває значень постійного знака

при будь-яких значеннях змінних

ПРИКЛАД 1

Доведіть нерівність а2b2 + а2 + b2 + 4 ge 6аb

1 Аналітичний метод доведення нерівностей Деякі опорні нерівності нерівність між середнім арифметичним і середнім геометричним двох невідrsquoємних чисел властивість взаємно обернених додатних чисел

Розвязання Розглянемо різницю лівої і правої частин нерівності

а2b2 + а2 + b2 + 4 - 6аb = а2b2 - 4аb + 4 + а2 - 2аb + b2 =(аb - 2)2 + (а - b)2

При будь-яких значеннях а і Ь ця різниця набуває тільки невідємних

значень отже нерівність що доводиться є правильною

ПРИКЛАД 2 Доведіть що коли а gt b gt с то

+ gta+2b+c

Розвязання Маємо

+ ndash (a+2b+c)= + = + +

Оскільки з умови а gt b gt с випливає що а - b gt 0 b - с gt 0

і b2 + с2 ne 0 то - + gt 0

Метод спрощення нерівності

У ряді випадків спрощення виразів які утворюють нерівність робить цю

нерівність очевидною

ПРИКЛАД 3 Доведіть нерівність

lt 1 де n є N


+

+hellip+ = 1 -

Нерівність що доводиться набуває вигляду1 - lt 1 і стає очевидною

Метод у якому застосовуються міркування laquoвід супротивногоraquo


ge

Розвязання Нехай нерівність що доводиться є неправильною тобто

існують такі значення а і Ь при яких є правильною нерівність

Звідси

(а + ) (b + ) lt (а + ) (b + )

(а ( - lt 0

Остання нерівність є неправильною оскільки при а ge 0 і b ge 0 різниці а - b і

- мають однакові знаки або дорівнюють нулю Отримана суперечність

означає що задана нерівність є правильною

Метод застосування очевидної нерівності

Цей прийом полягає в такому задану нерівність отримують у результаті

перетворення очевидної нерівності чи додавання або множення кількох

очевидних нерівностей


а2 + b2 + с2 geаb + bс + са

Розвязання Очевидно що при будь-яких значеннях а Ь і с виконується

така нерівність

(а - b)2 + ( b - с)2 + (с- а)2 ge 0

Звідси а2 - 2аb+ b2 + b2 ndash 2bс + с2 + с2 - 2са + а2 ge0


ПРИКЛАД 6 Доведіть що коли а ge 0 b ge 0 с ge 0 то

(а + b)(b+ с) (с + а) ge 8аbс

Розвязання Для невідємних значень а Ь і с виконуються такі три

очевидні нерівності

( - 2 ge 0

( - 2 ge 0

( - 2 ge 0

Звідси

а + b ge 2

b + c ge 2

c + a ge 2

Оскільки обидві частини кожної з цих нерівностей набувають невідємних

значень то можна застосувати теорему про почленне множення нерівностей

Маємо

(а + b) (b + с) (с + а) gt 8

Оскільки а ge 0 b ge 0 с ge 0 то = аbс

Отримуємо що (а + b) (b + с) (с + а) ge 8аbс

ПРИКЛАД 7 Доведіть що для будь-якого п є N п ge 2 виконується

нерівність

+ +hellip+ gt

Розвязання Оскільки з двох звичайних дробів з однаковими

чисельниками більшим є той у якого знаменник менший то можна записати п


gt

gt

hellip

ge

Застосовуючи теорему про почленне додавання нерівностей отримаємо

+ +hellip+ gt

n доданків

Метод застосування раніше доведеної нерівності

Нерідко раніше доведена нерівність може бути використана для доведення

іншої більш складної нерівності

Застосування нерівності а 2 + b 2 ge 2а b

ПРИКЛАД 8 Доведіть що коли а gt 0 b gt 0 і с gt 0 то

+ +

Розвrsquoязання Маємо

=

=

=

Звідси

+ +

Застосування нерівності a 2 + b 2 + c 2 ge ab + bc + ac

ПРИКЛАД 9 Доведіть нерівність a4 + b4 + c4 ge abc ( a+b+c)


a4 + b4 + c4 = (a2)2 + (b2)2 + (c2)2 ge a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 = ( ab)2 + ( bc)2 +( ca) ge(ab)

(bc)+(bc)(ca)+ (ca)(ab) = ab2c + bc2a + ca2b = abc (a+b+c)

Значення виразів називають відповідно середнім

квадратичним середнім арифметичним середнім геометричним середнім

гармонічним чисел а і b

Ці величини називають laquoсереднімиraquo оскільки при 0 lt а b виконуються

нерівності

а

Звязок між laquoсереднімиraquo виражають такі три теореми

Т е о р е м а 31 При будь-яких значеннях а і b виконується нерівність

ge

Доведення Маємо

а2 + b2 ge 2аb

2а2 + 2b2 ge 2аb + а2 + b2

2а2 + 2b2 ge ( а + b)2

ge

ge

ge

Оскільки | а + b | ge а + b то ge

ПРИКЛАД 10

Доведіть нерівність

+

Розвязання Скориставшись нерівністю () можна записати

= ge

ge

Звідси

+ ge =

Приклад 1


1)2a2 ndash 8a + 16 gt 0

2)4b2 +4b+3 gt 0

3)а2 + аb + b2 ge 0

4)9х2 - 6ху + 5у2 ge 0

5)(3а + 2) (2а - 4) - (2а - 5)2 gt 3 (4а - 12)

6) а (а - 3) gt 5 (а - 4)

7)( a - b) (а + 5b) lt (2а + b) (а + 4b) + аb

Приклад 2


1)28а - 32 le 7а2 - 4

2)16х2 - 8ху + 2у2 ge 0

3)З (b - 1) lt b (b + 1)

4)(4р - 1) (р + 1) - (р - 3) (р + 3) gt 3 (р2 + р)

Приклад 3

Доведіть що коли х gt 0 і y gt 0 то ge

Приклад 4

Доведіть що при b gt 0 виконується нерівність ge a -

Приклад 5

Доведіть що коли x gt 0 y gt 0 то + ge

Приклад 6

Доведіть що при п є N виконується нерівність

1) 2 - 2 gt 2) 2 - 2 lt

Приклад 7

Доведіть нерівність а4 + b4 + с4 + d4 ge 4abcd

Приклад 8

Доведіть нерівність + + ge + +

Приклад 9

Доведіть нерівність а2 + b2 + аb gt 3 (а + b - 1)

Приклад 10

Доведіть що коли х gt 0 і у gt 0 то + le

Приклад 11

Відомо що а gt 0 b gt 0 с gt 0 і а b + bс + ас ge а + b + с

Доведіть що а + b + с ge 3

Приклад 12

Доведіть нерівність + + hellip + lt 1 де п є N

Приклад 13

Доведіть нерівність ∙ ∙ ∙ hellip ∙ gt де п є N n gt 1

Приклад 14


+ + hellip + lt де п є N

Теорема про середнє для двох чисел

Якщо a gt 0 i b gt 0 то (1)

Доведення згідно означення понять laquoбільшеraquo і laquoменшеraquo А gt B якщо різниця

А ndash В ndash число невідrsquoємне Знайдемо ndash = ( - )2 Вираз

( -- )2 при будь-яких а gt 0 i b gt 0 невідrsquoємний Отже якщо а gt 0 i

b gt 0 то gt

Наслідок 1 Якщо х gt 0 i у gt 0 то ху (2)

Доведення згідно (1) gt Тоді gt 2 звідки

gt ху

Наслідок 2 Якщо х gt 0 у gt 0 і z gt 0 то х 2 + у 2 + z 2 ху + уz + xz (3)

Доведення згідно (2) маємо gt ху gt yz gt xz Почленно

додавши отримаємо х 2 + у 2 + z 2 gt ху + уz + xz

Приклади розвrsquoязування вправ

Довести що для додатних х і у виконуються нерівності

ПРИКЛАД 1 х + 1 gt 2

Розвrsquoязання

Поділимо обидві частини нерівності на 2 отримаємо gt згідно (1)

нерівність доведена

ПРИКЛАД 2 х + gt 2


Перепишемо нерівність так gt 2 або gt х що те саме що

gt Згідно (1) нерівність доведена

ПРИКЛАД 3 2 (х2 +у2) gt (х + у)2


Розкриємо дужки і перепишемо нерівність так gt ху Згідно (2) нерівність

доведена

ПРИКЛАД 4 + gt


Перепишемо нерівність так gt ху звідки gt Згідно (1) нерівність

доведена

Довести що для додатних х у і z виконуються нерівності

ПРИКЛАД 1 xy + yz + zx gt x + y + z


Перепишемо ліву частину так 2+ 2+ 2 Згідно (3) 2+ 2+ 2gt

+ + звідки

2+ 2+ 2gt x + y + z

ПРИКЛАД 2 + + gt + +


Ця нерівність зводиться до попередньої gt звідки

xy + yz + zx gt x + y + z

ПРИКЛАД 3 + + gt х + у + z


Перепишемо нерівність так gt х + у + z звідки (xy)2+ + (yz)2 +

(zx)2gt xyz (х + у + z) або (xy)2+ (yz)2 + + (zx)2gt xy bull xz + xy bull yz + xz bull yz Згідно

(3) нерівність доведена

ПРИКЛАД 4 х2 + у2 + 1 gt ху + х + у


х2 + у2 + 12 gt ху + х bull1 + у bull1 Згідно (3) нерівність доведена

ПРИКЛАД 5 gt


Перепишемо нерівність так (х + у + z)2gt 3xy+3yz+ + 3zx звідки

х2 + у2 + z2 gt xy + yz + zx Згідно (3) нерівність доведена

ПРИКЛАД 6 (ху + уz + xz)2gt 3xyz (х + у + z)


Перепишемо нерівність так (xy)2+ (yz)2 + (zx)2gt gt xy bull xz + xy bull yz + xz bull yz

Згідно (3) нерівність доведена

ПРИКЛАД 7 3(х2 + у2 + z2) gt (х + у + z)2


Перепишемо так 3х2 + 3у2 +3 z2gt х2 + у2 + z2+ + 2xy + 2yz +2zx звідки

2(х2 + у2 + z2) gt 2 (ху + + уz + xz) або х2 + у2 + z2 gt xy + yz + zx Згідно (3)


ПРИКЛАД 8 х4 + у4 + z4 gt xyz (х + у + z)


Перепишемо ліву частину нерівності так х4 + у4 + z4 = (х2)2 + (у2)2 + (z2)2 Тоді

згідно (3) маємо (х2)2 + (у2)2 + (z2)2 gt (xy)2 + (yz)2 + (zx)2 Аналогічно маємо що

(xy)2 + (yz)2 + (zx)2 gt xy bull xz + xy bull yz + xz bull yz або

(xy)2 + (yz)2 + (zx)2 gt xyz (х + у + z) Порівнюючи нерівності отримаємо що

(х2)2 + (у2)2 + (z2)2gt xyz (х + у + z) або х4 + у4 + z4 gt xyz (х + у + z)

ПРИКЛАД 9 (х + у)2 + (х + у) gt х + у


Оскільки (х + у)2 + (х + у) = (х + у)(х + у + ) а

х + у + = х + + у + де х + = і згідно (1) х + gt

або х + gt Аналогічно у + gt Тоді х + у + gt + Враховуючи

також що (х + у) gt маємо (х + у)2 + (х + у) gt х + у

ПРИКЛАД 10 х4 + у4 + 8 gt 8xy


Згідно(2) х4 + 4 gt 4х2 і у4 + 4 gt 4у2 Почленно додавши маємо

х4 + у4 + 8 gt 4(х2 + у2) Згідно (2) 4(х2 + у2) gt 2 bull2х bull2у або 4(х2 + у2) gt 8ху

Порівнявши нерівності маємо х4 + у4 + 8 gt 8xy

Метод підсилення нерівності

Приклад 1 Довести нерівність

Доведення Розглянемо очевидні нерівності

Перемноживши їх одержимо Тому

Оскільки то перемноживши нерівності дістанемо

Тому

2 Доведення нерівностей методом від супротивного мажорування (підсилення) синтетичним


Доведення Позначимо ліву частину нерівності через Ап додавши почленно

поділені нерівності матимемо

Права частина останньої нерівності є сумою членів

геометричної прогресії Тому маємо що й доводить

справедливість даної в умові нерівності

Приклад 3 Довести що де

Доведення Для лівої частини нерівності маємо

=

Приклад 4 Довести нерівність за умови що ліва

частина містить будь - яку скінчену кількість радикалів

Доведення Замінимо під знаком останнього внутрішнього радикала число 6 на

9 В одержаному в такий спосіб виразі всі корені послідовно добуваються та

його значення дорівнює 3 Але ліва частина даної в умові нерівності менша за

значення одержаного виразу Отже дана в умові нерівність справедлива

Приклад 5 Довести що для

Доведення

= Інший спосіб доведення цієї нерівності

розглянемо далі

Тому

Використання очевидних або рініше доведених нерівностей

Приклад 1 Довести що

Доведення Використаємо очевидні нерівності

одержимо

=

Приклад 2Довести нерівність

Доведення Доведемо три допоміжні нерівності

Розглянемо очевидну нерівність і перетворимо її

Аналогічно доводяться дві інші допоміжні нерівності

Додавши доведені нерівності дістанемо

Покажемо що рівності не може бути тобто матиме місце тільки строгий знак

нерівності Справді якщо перша допоміжна нерівність перетворюється в

рівність то дві інших не є рівностями Аналогічно для другої та третьої

допоміжних нерівностей

Приклад 3 Додатні число х та у задовольняють співвідношення

Довести що

Доведення Для додатних х та у очевидними є нерівності

Помноживши ліву частину рівності на а праву ndash на 1 і

розглянемо різницю цих добутків

МЕТОД МАТЕМАТИЧНОЇ ІНДУКЦІЇ

laquohellipРозуміння й уміння правильно застосовувати принцип математичної

індукції є хорошим критерієм логічної зрілості яка абсолютно необхідна

математикуraquo

АМКолмогоров

3 Індукція і дедукція Повна і неповна індукція Принцип математичної індукції Метод математичної індукції Доведення нерівностей методом математичної індукції

У різних розділах математики часто доводиться зустрічатися з

твердженнями Що залежать від натурального n Для доведення таких

тверджень для всіх значень змінної n N дуже зручно використовувати метод

математичної індукції

І Дедукція та індукція

Дедуктивне міркування ndash це міркування від загального до окремого

тобто міркування вихідним моментом якого є загальне твердження а

заключним ndash окремий висновок

Приклад Будь-який рівнобедрений трикутник має вісь симетрії Тому

якщо дано рівнобедрений трикутник то він має вісь симетрії

Дедукція не є єдиним методом наукового мислення У таких науках як

фізика хімія біологія широко використовується метод в основі якого лежать

дослідження та індуктивні міркування

Вивчаючи навколишній світ нам часто доводиться на підставі результатів

спостережень і дослідів робити висновки

Загальні висновки отримані на підставі окремих випадків називають

індуктивними а сам метод таких міркувань ndash індуктивним методом або

індукцією

Наприклад задовго до відкриття закону руху Землі люди зробили

висновок що Сонце вранці встає на сході а ввечері зникає за обрієм на заході

Цей висновок є індуктивним адже він базувався лише на спостереженнях

Звісно за допомогою індукції не завжди можна отримати правильні

висновки Так як у вашій і сусідній школах серед учителів початкових класів

немає чоловіків то це не означає що всі вчителі початкових класів - жінки

Незважаючи на необхідність ставитися до індуктивних висновків з

певним ступенем недовіри індуктивний метод знаходить широке застосування

в математиці

ІІ Повна та неповна індукції

Задача Довести що для всіх дійсних a та b справедливе твердження


Можливі 4 випадки

1)

2)

3)

4)

Розглянемо кожний з них

1) Якщо то і нерівність (1) набуває

вигляду та є істинним твердженням

2) Якщо то і тому не більший за більше з чисел

та Але тоді

3) Якщо то доведення аналогічне до випадку 2

4) У випадку коли матимемо і тому

твердження істинне

Отже нерівність (1) є істинною в кожному з чотирьох можливих

випадках

Такий метод перебору скінченої кількості всіх можливих випадків

називають повною індукцією

Іноді загальний результат вдається laquoвгадатиraquo після розгляду не всіх а

певної кількості окремих випадків Такий метод називають неповною

індукцією Результат отриманий у такий спосіб залишається лише гіпотезою

аж доки не буде доведений точними математичними міркуваннями

Неповна індукція в математиці не є методом строгого доведення але є

могутнім евристичним методом для відкриття нових істин

ІІІ Метод математичної індукції

При розвrsquoязування математичних завдань інколи виникає потреба

обґрунтувати що певна властивість виконується для довільного натурального

числа n Перевірити задану властивість для кожного натурального числа n ми

не можемо ndash їх кількість нескінченна Тоді доводиться використовувати метод

математичної індукції У загальному вигляді його можна описати так

Нехай потрібно довести що деяке твердження є правильним для будь-

якого натурального значення n

Доведення цього факту методом математичної індукції складається з двох

частин

1) початок індукції перевіряється чи виконується розглядуване твердження

при n = 1

2) індуктивний перехід доведення що коли задане твердження виконується для

k то воно виконується і для k + 1

Таким чином почавши з n = 1 ми на основі доведеного індуктивного

переходу одержуємо справедливість сформульованого твердження для n = 23

hellip тобто для будь ndash якого натурального n

У ряді випадків потрібно довести справедливість деякого твердження не

для всіх натуральних чисел а лише коли n p де p- фіксоване натуральне число

У цьому випадку принцип математичної індукції формулюється так

Узагальнений принцип математичної індукції Якщо припущення істинне

коли n= p і з його істинності коли n= k де k p випливає що воно істинне і

коли n=k+1 то воно істинне і для будь-якого n n p

Приклад Доведіть що якщо

Доведення

Оскільки твердження повинно виконуватися починаючи з 3 то перевірку

проводимо саме для цього числа Записуючи припущення індукції зручно

використати що за означенням поняття більше тоді і тільки тоді коли

Доводячи нерівність при n = k + 1 знову використовуємо те саме

означення і доводимо що різниця між лівою і правою частинами відповідної

нерівності додатна

Використаємо узагальнений принцип математичної індукції

1 При n = 3 одержуємо тобто - правильна нерівність Отже при n

= 3 задана нерівність виконується

2 Припускаємо що задана нерівність виконується при n = k (де )

тобто

3 Доведемо що задана нерівність виконується і при n = k + 1 тобто доведемо

що

Розглянемо різницю (оскільки

вираз у дужках додатний і при вираз теж додатний) Отже

тобто задана нерівність виконується і при

4 Таким чином задана нерівність виконується при всіх натуральних

І V Приклади застосування методу математичної індукції при доведенні

нерівностей

Приклад 1 Довести що коли та - додатні числа то

Доведення

1) Якщо n=1 то твердження очевидне

2) Припустимо що коли n = k нерівність правильна тобто і

доведемо що тоді

Справді перемноживши почленно нерівності та матимемо

Тоді за принципом математичної індукції нерівність доведена для всіх

натуральних n

Приклад 2 Довести що при нерівність

(нерівність Бернуллі) (1)

виконується для будь ndash якого натурального

Доведення

1) При n = 1 маємо Одне з відношень gt або = має місце тому

нерівність правильна

2) Припустимо що для деякого n = k твердження задачі справедливе

тобто нерівність

(2)

правильна

3) Доведемо використовуючи припущення що твердження задачі буде

правильним при n = k + 1 тобто доведемо нерівність

Помножимо обидві частини нерівності (2) на Оскільки то

або Враховуючи що для всіх

отримаємо тобто при n = k + 1 нерівність правильна

Отже згідно з принципом математичної індукції нерівність (1)

правильна для будь ndash яких натуральних n

Приклад 3 Довести що (1)

де n- натуральне число більше від 1

Доведення

1) При n = 2 нерівність (1) набуває вигляду

(2)

Оскільки то справедлива нерівність

(3)

Додамо до обох частин нерівності (3) отримаємо нерівність (2) Цим

доведено що при n = 2 нерівність (1) виконується

2) Припустимо що існує таке n що для всіх нерівність виконується тобто

(4)

3) Помножимо обидві частини нерівності (4) на Оскільки за умовою

то отримаємо правильну нерівність

(5)

Для того щоб довести нерівність для n = k + 1 потрібно показати що

(6)

або довести рівносильну їй нерівність

(7)

Нерівність (7) рівносильна нерівності

(8)

Якщо то і в лівій частині нерівності (8) маємо добуток двох

додатних чисел


відrsquoємних чисел В обох випадках нерівність(8) виконується Отже нерівність

(1) виконується і для n = k + 1 Це й доводить справедливість нерівності (1) для

будь-якого натурального числа n n gt 1


Доведення

Вираз що стоїть у лівій частині нерівності є сумою дробів знаменники

яких послідовно зростають від 1 до

1) Якщо то дана нерівність має вигляд і є правильною

2) Припустимо що і доведемо тоді що

правильною є і така нерівність

Розглянемо суму

де вираз

позначений А є сумою дробів кожен з яких більший ніж

Отже І тоді

За принципом математичної індукції істинність нерівності доведена для

всіх натуральних значень n

Приклад 5 Довести що довільних натуральних виконується


Доведення

Піднесемо обидві частини нерівності що треба додавати до степеня

Отримаємо нерівність рівносильну даній для всіх натуральних

або тобто

Останню нерівність доведемо методом математичної індукції

1) Якщо то ліва частина має вигляд а нерівність

набуває вигляду і є правильною

2) Нехай коли нерівність правильна

Доведемо що істинною буде нерівність і тоді коли

Розглянемо ліву її частину

За

принципом математичної індукції нерівність а отже і нерівність

істинна для натуральних значень n

Вправи для самостійної роботи


Рівень А

1) 2)

3) 4)

Рівень Б

1)

2)

3)

4)

5)



Доведення згідно означення понять laquoбільшеraquo і laquoменшеraquo А gt B якщо різниця А ndash В ndash число невідrsquoємне Знайдемо ndash = (-)2 Вираз

(-- )2 при будь-яких а gt 0 i b gt 0 невідrsquoємний Отже якщо а gt 0 i

b gt 0 то gt



gt ху


Доведення згідно (2) маємо gt ху gt yz gt xz Почленно додавши отримаємо х 2 + у 2 + z 2 gt ху + уz + xz





Поділимо обидві частини нерівності на 2 отримаємо gt згідно (1) нерівність доведена







Розкриємо дужки і перепишемо нерівність так gt ху Згідно (2) нерівність доведена



Перепишемо нерівність так gt ху звідки gt Згідно (1) нерівність доведена


ПРИКЛАД 1 xy + yz + zx gt x+ y+ z


Перепишемо ліву частину так 2+2+2 Згідно (3) 2+2+2gt++ звідки

2+2+2gt x+ y+ z



Ця нерівність зводиться до попередньоїgt звідки

xy + yz + zx gt x+ y+ z



Перепишемо нерівність так gt х + у + z звідки (xy)2+ + (yz)2 + (zx)2gt xyz (х + у + z) або (xy)2+ (yz)2 + + (zx)2gt xy bull xz + xy bull yz + xz bull yz Згідно (3) нерівність доведена














2(х2 + у2 + z2) gt 2 (ху + + уz + xz) або х2 + у2 + z2 gt xy + yz + zx Згідно (3) нерівність доведена



Перепишемо ліву частину нерівності так х4 + у4 + z4 = (х2)2 + (у2)2 + (z2)2 Тоді згідно (3) маємо (х2)2 + (у2)2 + (z2)2 gt (xy)2 + (yz)2 + (zx)2 Аналогічно маємо що (xy)2 + (yz)2 + (zx)2 gt xy bull xz + xy bull yz + xz bull yz або



ПРИКЛАД 9 (х + у)2 + (х + у) gt х+ у




або х + gt Аналогічно у + gt Тоді х + у + gt+ Враховуючи також що (х + у) gt маємо (х + у)2 + (х + у) gt х+ у



х4 + у4 + 8 gt 4(х2 + у2) Згідно (2) 4(х2 + у2) gt 2 bull2х bull2у або 4(х2 + у2) gt 8ху Порівнявши нерівності маємо х4 + у4 + 8 gt 8xy

Розвязання Розглянемо різницю лівої і правої частин нерівності

а2b2 + а2 + b2 + 4 - 6аb = а2b2 - 4аb + 4 + а2 - 2аb + b2 =(аb - 2)2 + (а - b)2

При будь-яких значеннях а і Ь ця різниця набуває тільки невідємних

значень отже нерівність що доводиться є правильною

ПРИКЛАД 2 Доведіть що коли а gt b gt с то

+ gta+2b+c


+ ndash (a+2b+c)= + = + +

Оскільки з умови а gt b gt с випливає що а - b gt 0 b - с gt 0

і b2 + с2 ne 0 то - + gt 0

Метод спрощення нерівності

У ряді випадків спрощення виразів які утворюють нерівність робить цю

нерівність очевидною


lt 1 де n є N


+

+hellip+ = 1 -




ge



Звідси

(а + ) (b + ) lt (а + ) (b + )

(а ( - lt 0












(а - b)2 + ( b - с)2 + (с- а)2 ge 0




(а + b)(b+ с) (с + а) ge 8аbс



( - 2 ge 0

( - 2 ge 0

( - 2 ge 0

Звідси

а + b ge 2

b + c ge 2

c + a ge 2



Маємо

(а + b) (b + с) (с + а) gt 8





+ +hellip+ gt




gt

gt

hellip

ge


+ +hellip+ gt

n доданків






+ +


=

=

=

Звідси

+ +











а



ge


а2 + b2 ge 2аb

2а2 + 2b2 ge 2аb + а2 + b2

2а2 + 2b2 ge ( а + b)2

ge

ge

ge


ПРИКЛАД 10


+


= ge

ge

Звідси

+ ge =

Приклад 1


1)2a2 ndash 8a + 16 gt 0

2)4b2 +4b+3 gt 0

3)а2 + аb + b2 ge 0

4)9х2 - 6ху + 5у2 ge 0

5)(3а + 2) (2а - 4) - (2а - 5)2 gt 3 (4а - 12)

6) а (а - 3) gt 5 (а - 4)

7)( a - b) (а + 5b) lt (2а + b) (а + 4b) + аb

Приклад 2


1)28а - 32 le 7а2 - 4

2)16х2 - 8ху + 2у2 ge 0

3)З (b - 1) lt b (b + 1)

4)(4р - 1) (р + 1) - (р - 3) (р + 3) gt 3 (р2 + р)

Приклад 3


Приклад 4


Приклад 5


Приклад 6


1) 2 - 2 gt 2) 2 - 2 lt

Приклад 7


Приклад 8


Приклад 9


Приклад 10


Приклад 11



Приклад 12


Приклад 13


Приклад 14








b gt 0 то gt



gt ху

















доведена




доведена





+ + звідки

2+ 2+ 2gt x + y + z













ПРИКЛАД 5 gt




































Тому










=








Доведення



Тому




одержимо

=











Довести що



























індукцією














1)

2)

3)

4)










випадках


















частин


при n = 1













Доведення











тобто


що








Доведення










Доведення





(2)

правильна










Доведення


(2)


(3)




(4)



(5)


(6)


(7)


(8)








Доведення







де вираз







Доведення



або тобто







За





Рівень А

1) 2)

3) 4)

Рівень Б

1)

2)

3)

4)

5)





b gt 0 то gt



gt ху






















2+2+2gt x+ y+ z



































+

+hellip+ = 1 -




ge



Звідси

(а + ) (b + ) lt (а + ) (b + )

(а ( - lt 0












(а - b)2 + ( b - с)2 + (с- а)2 ge 0




(а + b)(b+ с) (с + а) ge 8аbс



( - 2 ge 0

( - 2 ge 0

( - 2 ge 0

Звідси

а + b ge 2

b + c ge 2

c + a ge 2



Маємо

(а + b) (b + с) (с + а) gt 8





+ +hellip+ gt




gt

gt

hellip

ge


+ +hellip+ gt

n доданків






+ +


=

=

=

Звідси

+ +











а



ge


а2 + b2 ge 2аb

2а2 + 2b2 ge 2аb + а2 + b2

2а2 + 2b2 ge ( а + b)2

ge

ge

ge


ПРИКЛАД 10


+


= ge

ge

Звідси

+ ge =

Приклад 1


1)2a2 ndash 8a + 16 gt 0

2)4b2 +4b+3 gt 0

3)а2 + аb + b2 ge 0

4)9х2 - 6ху + 5у2 ge 0

5)(3а + 2) (2а - 4) - (2а - 5)2 gt 3 (4а - 12)

6) а (а - 3) gt 5 (а - 4)

7)( a - b) (а + 5b) lt (2а + b) (а + 4b) + аb

Приклад 2


1)28а - 32 le 7а2 - 4

2)16х2 - 8ху + 2у2 ge 0

3)З (b - 1) lt b (b + 1)

4)(4р - 1) (р + 1) - (р - 3) (р + 3) gt 3 (р2 + р)

Приклад 3


Приклад 4


Приклад 5


Приклад 6


1) 2 - 2 gt 2) 2 - 2 lt

Приклад 7


Приклад 8


Приклад 9


Приклад 10


Приклад 11



Приклад 12


Приклад 13


Приклад 14








b gt 0 то gt



gt ху

















доведена




доведена





+ + звідки

2+ 2+ 2gt x + y + z













ПРИКЛАД 5 gt




































Тому










=








Доведення



Тому




одержимо

=











Довести що



























індукцією














1)

2)

3)

4)










випадках


















частин


при n = 1













Доведення











тобто


що








Доведення










Доведення





(2)

правильна










Доведення


(2)


(3)




(4)



(5)


(6)


(7)


(8)








Доведення







де вираз







Доведення



або тобто







За





Рівень А

1) 2)

3) 4)

Рівень Б

1)

2)

3)

4)

5)





b gt 0 то gt



gt ху






















2+2+2gt x+ y+ z










































(а - b)2 + ( b - с)2 + (с- а)2 ge 0




(а + b)(b+ с) (с + а) ge 8аbс



( - 2 ge 0

( - 2 ge 0

( - 2 ge 0

Звідси

а + b ge 2

b + c ge 2

c + a ge 2



Маємо

(а + b) (b + с) (с + а) gt 8





+ +hellip+ gt




gt

gt

hellip

ge


+ +hellip+ gt

n доданків






+ +


=

=

=

Звідси

+ +











а



ge


а2 + b2 ge 2аb

2а2 + 2b2 ge 2аb + а2 + b2

2а2 + 2b2 ge ( а + b)2

ge

ge

ge


ПРИКЛАД 10


+


= ge

ge

Звідси

+ ge =

Приклад 1


1)2a2 ndash 8a + 16 gt 0

2)4b2 +4b+3 gt 0

3)а2 + аb + b2 ge 0

4)9х2 - 6ху + 5у2 ge 0

5)(3а + 2) (2а - 4) - (2а - 5)2 gt 3 (4а - 12)

6) а (а - 3) gt 5 (а - 4)

7)( a - b) (а + 5b) lt (2а + b) (а + 4b) + аb

Приклад 2


1)28а - 32 le 7а2 - 4

2)16х2 - 8ху + 2у2 ge 0

3)З (b - 1) lt b (b + 1)

4)(4р - 1) (р + 1) - (р - 3) (р + 3) gt 3 (р2 + р)

Приклад 3


Приклад 4


Приклад 5


Приклад 6


1) 2 - 2 gt 2) 2 - 2 lt

Приклад 7


Приклад 8


Приклад 9


Приклад 10


Приклад 11



Приклад 12


Приклад 13


Приклад 14








b gt 0 то gt



gt ху

















доведена




доведена





+ + звідки

2+ 2+ 2gt x + y + z













ПРИКЛАД 5 gt




































Тому










=








Доведення



Тому




одержимо

=











Довести що



























індукцією














1)

2)

3)

4)










випадках


















частин


при n = 1













Доведення











тобто


що








Доведення










Доведення





(2)

правильна










Доведення


(2)


(3)




(4)



(5)


(6)


(7)


(8)








Доведення







де вираз







Доведення



або тобто







За





Рівень А

1) 2)

3) 4)

Рівень Б

1)

2)

3)

4)

5)





b gt 0 то gt



gt ху






















2+2+2gt x+ y+ z



































c + a ge 2



Маємо

(а + b) (b + с) (с + а) gt 8





+ +hellip+ gt




gt

gt

hellip

ge


+ +hellip+ gt

n доданків






+ +


=

=

=

Звідси

+ +











а



ge


а2 + b2 ge 2аb

2а2 + 2b2 ge 2аb + а2 + b2

2а2 + 2b2 ge ( а + b)2

ge

ge

ge


ПРИКЛАД 10


+


= ge

ge

Звідси

+ ge =

Приклад 1


1)2a2 ndash 8a + 16 gt 0

2)4b2 +4b+3 gt 0

3)а2 + аb + b2 ge 0

4)9х2 - 6ху + 5у2 ge 0

5)(3а + 2) (2а - 4) - (2а - 5)2 gt 3 (4а - 12)

6) а (а - 3) gt 5 (а - 4)

7)( a - b) (а + 5b) lt (2а + b) (а + 4b) + аb

Приклад 2


1)28а - 32 le 7а2 - 4

2)16х2 - 8ху + 2у2 ge 0

3)З (b - 1) lt b (b + 1)

4)(4р - 1) (р + 1) - (р - 3) (р + 3) gt 3 (р2 + р)

Приклад 3


Приклад 4


Приклад 5


Приклад 6


1) 2 - 2 gt 2) 2 - 2 lt

Приклад 7


Приклад 8


Приклад 9


Приклад 10


Приклад 11



Приклад 12


Приклад 13


Приклад 14








b gt 0 то gt



gt ху

















доведена




доведена





+ + звідки

2+ 2+ 2gt x + y + z













ПРИКЛАД 5 gt




































Тому










=








Доведення



Тому




одержимо

=











Довести що



























індукцією














1)

2)

3)

4)










випадках


















частин


при n = 1













Доведення











тобто


що








Доведення










Доведення





(2)

правильна










Доведення


(2)


(3)




(4)



(5)


(6)


(7)


(8)








Доведення







де вираз







Доведення



або тобто







За





Рівень А

1) 2)

3) 4)

Рівень Б

1)

2)

3)

4)

5)





b gt 0 то gt



gt ху






















2+2+2gt x+ y+ z



































+ +hellip+ gt

n доданків






+ +


=

=

=

Звідси

+ +











а



ge


а2 + b2 ge 2аb

2а2 + 2b2 ge 2аb + а2 + b2

2а2 + 2b2 ge ( а + b)2

ge

ge

ge


ПРИКЛАД 10


+


= ge

ge

Звідси

+ ge =

Приклад 1


1)2a2 ndash 8a + 16 gt 0

2)4b2 +4b+3 gt 0

3)а2 + аb + b2 ge 0

4)9х2 - 6ху + 5у2 ge 0

5)(3а + 2) (2а - 4) - (2а - 5)2 gt 3 (4а - 12)

6) а (а - 3) gt 5 (а - 4)

7)( a - b) (а + 5b) lt (2а + b) (а + 4b) + аb

Приклад 2


1)28а - 32 le 7а2 - 4

2)16х2 - 8ху + 2у2 ge 0

3)З (b - 1) lt b (b + 1)

4)(4р - 1) (р + 1) - (р - 3) (р + 3) gt 3 (р2 + р)

Приклад 3


Приклад 4


Приклад 5


Приклад 6


1) 2 - 2 gt 2) 2 - 2 lt

Приклад 7


Приклад 8


Приклад 9


Приклад 10


Приклад 11



Приклад 12


Приклад 13


Приклад 14








b gt 0 то gt



gt ху

















доведена




доведена





+ + звідки

2+ 2+ 2gt x + y + z













ПРИКЛАД 5 gt




































Тому










=








Доведення



Тому




одержимо

=











Довести що



























індукцією














1)

2)

3)

4)










випадках


















частин


при n = 1













Доведення











тобто


що








Доведення










Доведення





(2)

правильна










Доведення


(2)


(3)




(4)



(5)


(6)


(7)


(8)








Доведення







де вираз







Доведення



або тобто







За





Рівень А

1) 2)

3) 4)

Рівень Б

1)

2)

3)

4)

5)





b gt 0 то gt



gt ху






















2+2+2gt x+ y+ z












































а



ge


а2 + b2 ge 2аb

2а2 + 2b2 ge 2аb + а2 + b2

2а2 + 2b2 ge ( а + b)2

ge

ge

ge


ПРИКЛАД 10


+


= ge

ge

Звідси

+ ge =

Приклад 1


1)2a2 ndash 8a + 16 gt 0

2)4b2 +4b+3 gt 0

3)а2 + аb + b2 ge 0

4)9х2 - 6ху + 5у2 ge 0

5)(3а + 2) (2а - 4) - (2а - 5)2 gt 3 (4а - 12)

6) а (а - 3) gt 5 (а - 4)

7)( a - b) (а + 5b) lt (2а + b) (а + 4b) + аb

Приклад 2


1)28а - 32 le 7а2 - 4

2)16х2 - 8ху + 2у2 ge 0

3)З (b - 1) lt b (b + 1)

4)(4р - 1) (р + 1) - (р - 3) (р + 3) gt 3 (р2 + р)

Приклад 3


Приклад 4


Приклад 5


Приклад 6


1) 2 - 2 gt 2) 2 - 2 lt

Приклад 7


Приклад 8


Приклад 9


Приклад 10


Приклад 11



Приклад 12


Приклад 13


Приклад 14








b gt 0 то gt



gt ху

















доведена




доведена





+ + звідки

2+ 2+ 2gt x + y + z













ПРИКЛАД 5 gt




































Тому










=








Доведення



Тому




одержимо

=











Довести що



























індукцією














1)

2)

3)

4)










випадках


















частин


при n = 1













Доведення











тобто


що








Доведення










Доведення





(2)

правильна










Доведення


(2)


(3)




(4)



(5)


(6)


(7)


(8)








Доведення







де вираз







Доведення



або тобто







За





Рівень А

1) 2)

3) 4)

Рівень Б

1)

2)

3)

4)

5)





b gt 0 то gt



gt ху






















2+2+2gt x+ y+ z



































ge

ge

ge


ПРИКЛАД 10


+


= ge

ge

Звідси

+ ge =

Приклад 1


1)2a2 ndash 8a + 16 gt 0

2)4b2 +4b+3 gt 0

3)а2 + аb + b2 ge 0

4)9х2 - 6ху + 5у2 ge 0

5)(3а + 2) (2а - 4) - (2а - 5)2 gt 3 (4а - 12)

6) а (а - 3) gt 5 (а - 4)

7)( a - b) (а + 5b) lt (2а + b) (а + 4b) + аb

Приклад 2


1)28а - 32 le 7а2 - 4

2)16х2 - 8ху + 2у2 ge 0

3)З (b - 1) lt b (b + 1)

4)(4р - 1) (р + 1) - (р - 3) (р + 3) gt 3 (р2 + р)

Приклад 3


Приклад 4


Приклад 5


Приклад 6


1) 2 - 2 gt 2) 2 - 2 lt

Приклад 7


Приклад 8


Приклад 9


Приклад 10


Приклад 11



Приклад 12


Приклад 13


Приклад 14








b gt 0 то gt



gt ху

















доведена




доведена





+ + звідки

2+ 2+ 2gt x + y + z













ПРИКЛАД 5 gt




































Тому










=








Доведення



Тому




одержимо

=











Довести що



























індукцією














1)

2)

3)

4)










випадках


















частин


при n = 1













Доведення











тобто


що








Доведення










Доведення





(2)

правильна










Доведення


(2)


(3)




(4)



(5)


(6)


(7)


(8)








Доведення







де вираз







Доведення



або тобто







За





Рівень А

1) 2)

3) 4)

Рівень Б

1)

2)

3)

4)

5)





b gt 0 то gt



gt ху






















2+2+2gt x+ y+ z



































Приклад 1


1)2a2 ndash 8a + 16 gt 0

2)4b2 +4b+3 gt 0

3)а2 + аb + b2 ge 0

4)9х2 - 6ху + 5у2 ge 0

5)(3а + 2) (2а - 4) - (2а - 5)2 gt 3 (4а - 12)

6) а (а - 3) gt 5 (а - 4)

7)( a - b) (а + 5b) lt (2а + b) (а + 4b) + аb

Приклад 2


1)28а - 32 le 7а2 - 4

2)16х2 - 8ху + 2у2 ge 0

3)З (b - 1) lt b (b + 1)

4)(4р - 1) (р + 1) - (р - 3) (р + 3) gt 3 (р2 + р)

Приклад 3


Приклад 4


Приклад 5


Приклад 6


1) 2 - 2 gt 2) 2 - 2 lt

Приклад 7


Приклад 8


Приклад 9


Приклад 10


Приклад 11



Приклад 12


Приклад 13


Приклад 14








b gt 0 то gt



gt ху

















доведена




доведена





+ + звідки

2+ 2+ 2gt x + y + z













ПРИКЛАД 5 gt




































Тому










=








Доведення



Тому




одержимо

=











Довести що



























індукцією














1)

2)

3)

4)










випадках


















частин


при n = 1













Доведення











тобто


що








Доведення










Доведення





(2)

правильна










Доведення


(2)


(3)




(4)



(5)


(6)


(7)


(8)








Доведення







де вираз







Доведення



або тобто







За





Рівень А

1) 2)

3) 4)

Рівень Б

1)

2)

3)

4)

5)





b gt 0 то gt



gt ху






















2+2+2gt x+ y+ z




































Приклад 6


1) 2 - 2 gt 2) 2 - 2 lt

Приклад 7


Приклад 8


Приклад 9


Приклад 10


Приклад 11



Приклад 12


Приклад 13


Приклад 14








b gt 0 то gt



gt ху

















доведена




доведена





+ + звідки

2+ 2+ 2gt x + y + z













ПРИКЛАД 5 gt




































Тому










=








Доведення



Тому




одержимо

=











Довести що



























індукцією














1)

2)

3)

4)










випадках


















частин


при n = 1













Доведення











тобто


що








Доведення










Доведення





(2)

правильна










Доведення


(2)


(3)




(4)



(5)


(6)


(7)


(8)








Доведення







де вираз







Доведення



або тобто







За





Рівень А

1) 2)

3) 4)

Рівень Б

1)

2)

3)

4)

5)





b gt 0 то gt



gt ху






















2+2+2gt x+ y+ z




































Приклад 13


Приклад 14








b gt 0 то gt



gt ху

















доведена




доведена





+ + звідки

2+ 2+ 2gt x + y + z













ПРИКЛАД 5 gt




































Тому










=








Доведення



Тому




одержимо

=











Довести що



























індукцією














1)

2)

3)

4)










випадках


















частин


при n = 1













Доведення











тобто


що








Доведення










Доведення





(2)

правильна










Доведення


(2)


(3)




(4)



(5)


(6)


(7)


(8)








Доведення







де вираз







Доведення



або тобто







За





Рівень А

1) 2)

3) 4)

Рівень Б

1)

2)

3)

4)

5)





b gt 0 то gt



gt ху






















2+2+2gt x+ y+ z



















































доведена




доведена





+ + звідки

2+ 2+ 2gt x + y + z













ПРИКЛАД 5 gt




































Тому










=








Доведення



Тому




одержимо

=











Довести що



























індукцією














1)

2)

3)

4)










випадках


















частин


при n = 1













Доведення











тобто


що








Доведення










Доведення





(2)

правильна










Доведення


(2)


(3)




(4)



(5)


(6)


(7)


(8)








Доведення







де вираз







Доведення



або тобто







За





Рівень А

1) 2)

3) 4)

Рівень Б

1)

2)

3)

4)

5)





b gt 0 то gt



gt ху






















2+2+2gt x+ y+ z




































доведена





+ + звідки

2+ 2+ 2gt x + y + z













ПРИКЛАД 5 gt




































Тому










=








Доведення



Тому




одержимо

=











Довести що



























індукцією














1)

2)

3)

4)










випадках


















частин


при n = 1













Доведення











тобто


що








Доведення










Доведення





(2)

правильна










Доведення


(2)


(3)




(4)



(5)


(6)


(7)


(8)








Доведення







де вираз







Доведення



або тобто







За





Рівень А

1) 2)

3) 4)

Рівень Б

1)

2)

3)

4)

5)





b gt 0 то gt



gt ху






















2+2+2gt x+ y+ z



































ПРИКЛАД 5 gt




































Тому










=








Доведення



Тому




одержимо

=











Довести що



























індукцією














1)

2)

3)

4)










випадках


















частин


при n = 1













Доведення











тобто


що








Доведення










Доведення





(2)

правильна










Доведення


(2)


(3)




(4)



(5)


(6)


(7)


(8)








Доведення







де вираз







Доведення



або тобто







За





Рівень А

1) 2)

3) 4)

Рівень Б

1)

2)

3)

4)

5)





b gt 0 то gt



gt ху






















2+2+2gt x+ y+ z

















































Тому










=








Доведення



Тому




одержимо

=











Довести що



























індукцією














1)

2)

3)

4)










випадках


















частин


при n = 1













Доведення











тобто


що








Доведення










Доведення





(2)

правильна










Доведення


(2)


(3)




(4)



(5)


(6)


(7)


(8)








Доведення







де вираз







Доведення



або тобто







За





Рівень А

1) 2)

3) 4)

Рівень Б

1)

2)

3)

4)

5)





b gt 0 то gt



gt ху






















2+2+2gt x+ y+ z











































=








Доведення



Тому




одержимо

=











Довести що



























індукцією














1)

2)

3)

4)










випадках


















частин


при n = 1













Доведення











тобто


що








Доведення










Доведення





(2)

правильна










Доведення


(2)


(3)




(4)



(5)


(6)


(7)


(8)








Доведення







де вираз







Доведення



або тобто







За





Рівень А

1) 2)

3) 4)

Рівень Б

1)

2)

3)

4)

5)





b gt 0 то gt



gt ху






















2+2+2gt x+ y+ z



































Тому




одержимо

=











Довести що



























індукцією














1)

2)

3)

4)










випадках


















частин


при n = 1













Доведення











тобто


що








Доведення










Доведення





(2)

правильна










Доведення


(2)


(3)




(4)



(5)


(6)


(7)


(8)








Доведення







де вираз







Доведення



або тобто







За





Рівень А

1) 2)

3) 4)

Рівень Б

1)

2)

3)

4)

5)





b gt 0 то gt



gt ху






















2+2+2gt x+ y+ z










































Довести що



























індукцією














1)

2)

3)

4)










випадках


















частин


при n = 1













Доведення











тобто


що








Доведення










Доведення





(2)

правильна










Доведення


(2)


(3)




(4)



(5)


(6)


(7)


(8)








Доведення







де вираз







Доведення



або тобто







За





Рівень А

1) 2)

3) 4)

Рівень Б

1)

2)

3)

4)

5)





b gt 0 то gt



gt ху






















2+2+2gt x+ y+ z




















































індукцією














1)

2)

3)

4)










випадках


















частин


при n = 1













Доведення











тобто


що








Доведення










Доведення





(2)

правильна










Доведення


(2)


(3)




(4)



(5)


(6)


(7)


(8)








Доведення







де вираз







Доведення



або тобто







За





Рівень А

1) 2)

3) 4)

Рівень Б

1)

2)

3)

4)

5)





b gt 0 то gt



gt ху






















2+2+2gt x+ y+ z










































1)

2)

3)

4)










випадках


















частин


при n = 1













Доведення











тобто


що








Доведення










Доведення





(2)

правильна










Доведення


(2)


(3)




(4)



(5)


(6)


(7)


(8)








Доведення







де вираз







Доведення



або тобто







За





Рівень А

1) 2)

3) 4)

Рівень Б

1)

2)

3)

4)

5)





b gt 0 то gt



gt ху






















2+2+2gt x+ y+ z


















































частин


при n = 1













Доведення











тобто


що








Доведення










Доведення





(2)

правильна










Доведення


(2)


(3)




(4)



(5)


(6)


(7)


(8)








Доведення







де вираз







Доведення



або тобто







За





Рівень А

1) 2)

3) 4)

Рівень Б

1)

2)

3)

4)

5)





b gt 0 то gt



gt ху






















2+2+2gt x+ y+ z







































Доведення











тобто


що








Доведення










Доведення





(2)

правильна










Доведення


(2)


(3)




(4)



(5)


(6)


(7)


(8)








Доведення







де вираз







Доведення



або тобто







За





Рівень А

1) 2)

3) 4)

Рівень Б

1)

2)

3)

4)

5)





b gt 0 то gt



gt ху






















2+2+2gt x+ y+ z



































Доведення










Доведення





(2)

правильна










Доведення


(2)


(3)




(4)



(5)


(6)


(7)


(8)








Доведення







де вираз







Доведення



або тобто







За





Рівень А

1) 2)

3) 4)

Рівень Б

1)

2)

3)

4)

5)





b gt 0 то gt



gt ху






















2+2+2gt x+ y+ z







































Доведення


(2)


(3)




(4)



(5)


(6)


(7)


(8)








Доведення







де вираз







Доведення



або тобто







За





Рівень А

1) 2)

3) 4)

Рівень Б

1)

2)

3)

4)

5)





b gt 0 то gt



gt ху






















2+2+2gt x+ y+ z










































Доведення







де вираз







Доведення



або тобто







За





Рівень А

1) 2)

3) 4)

Рівень Б

1)

2)

3)

4)

5)





b gt 0 то gt



gt ху






















2+2+2gt x+ y+ z



































Доведення



або тобто







За





Рівень А

1) 2)

3) 4)

Рівень Б

1)

2)

3)

4)

5)





b gt 0 то gt



gt ху






















2+2+2gt x+ y+ z



































Рівень Б

1)

2)

3)

4)

5)





b gt 0 то gt



gt ху






















2+2+2gt x+ y+ z



































Тема 4 Загальні методи доведення нерівностей (9 год)

Education