Сборник задач по специальному курсу элементарной математики - Моденов П.С.
Скачать (прямая ссылка):
+ j (а3 ф Ь3 ф с3)J = 8 (а3 ф Ь3 ф с3). 57. У к а з а н и е: (а ф Ъ ф с)3 = а3 ф Ь3 ф с3 ф
ф 3 (Ь ф с) (с ф а) (а ф Ь). 59. Рассмотреть а чисел, равных —, b чисел, равных ~
1 2
и с чисел, равных—. 61. Заметить, что 26с ф 2са ф 2ab < ^ (а ф b ф с)2. 62. Знак
с о
равенства имеет место при условии ad = be. 63. Знак равенства имеет место тогда
и только тогда, когда a = b — с. 66. Знак равенства имеет место только при
, с- п b — сс — а а — b
а = b = с. 67. Знак равенства имеет место при условии —-— = —^— = —-—.
70. Знак равенства имеет место только при условии а = b = с = 1. 72. Применить метод полной индукции: знак равенства имеет место только при а = Ь. 76. Знак равенства имеет место только при а — Ь. 82, Если предположить, что а то приходим к противоречию. 85. Вопрос сводится к тому, что среднее арифметическое из нескольких неотрицательных чисел не меньше среднего их геометрического. 88. — 1 < а < 2. 89. Указание: (YaI — Y^)2 = ал ф а2 — 2 Ya\U2 > 0 и т. д. 90. Перемножить выражения, стоящие в левой части, и заметить,
что ф-+ "Г" > 2 и т. д. 92. Если а > 0, то (1 + а)п = 1 + па ф ... > 1 + ап;
O2 D1
если а = 0, то (1 -f- а)п ~ \ ф ап; если, наконец, — 1 < а < 0, то, полагая а = — Ь, получим 0 < b < 1. Рассмотрим разность (1 -j- а)п — (1 + an) = (1 — b)n — (1 — Ьп) и докажем, что при возрастании п она возрастает: (1 — Ь)п 4-1 [1 -Ъ (пф 1)] —
430 Ответы. Алгебра. Гл. IV. ОБЩИЕ СВОЙСТВА УРАВНЕНИЙ И НЕРАВЕНСТВ
— (l-b)n + (\—bn) = (l-b)n + l — (\-b)n + b = - (\-b)nb + b = b [1-(1-5)«] > О, так как 0 < b < 1. Но при л = 0 будем иметь (l-f-?)71 — (1+а/г) ==-0, значит при /г >> 1 эта разность будет положительна. 95. Сводится к задаче 94 этого параграфа. 105. Следует из тождества (я, + а2 + а3 + ... -f- аЛ)2 ~f- (^1 —#2)2 + + (Ct1-Ci2)2+ ... +(лі -0л)2 + (02-0з)2 + (02 — 04)2+ ... +{а2-ап)2+ ... • . • + (an-r~anf = Л (?i+?2 + • • • + а1)' 107- Выражение (^1-bxx)2+(a2—b2x)2+... ... +(ап — bnx)2, являющееся квадратным трехчленом относительно X1 при всех х сохраняет знак, а именно: это выражение положительно при всех х и, быть может, при одном только значении х обращается в нуль. Значит, дискриминант этого трехчлена отрицателен или равен нулю. В условии задачи числа аи a2l ап\ bu b2l...t bn предполагаются действительными*. 108. Умножить обе части неравенства Буняковского (см. предыдущий пример) на 2, затем заменить bh b2,...,bn соответственно на —bu —b2l .... —bn и прибавить к обеим частям полученного неравенства а\-\-а\+ ... + an + b\ + b\ + ... +b\. 111. Рассмотреть Tn1 чисел,
равных -^-, т2 чисел, равных и т. д. Наибольшее значение TUx тп2
Tn1 m3 ml s Y
m, rrtr, ...гп„п{---
1 " п \тп\ + тп2 + ... + тп)
п
112. nY~P. ИЗ. Так как Ax + By + Cz + D = 0, то Ax0 + By0 + Cz0 + D == - Л (Ar0 — X) + В (уо—У) + С (z0 — z). Неравенство [(х—х0)2 + (у—у0)2 + (z—z0)2] К X (А2 + В2 + С2)>[А (х — х0) + В (у — у0) + С (z — z0)]2 есть неравенство Буняковского. Знак равенства имеет место, если х — х0, у — у0, z — Z0 пропорциональны A1 В, С, т. е: X — х0 = IA1 у — Уо = Х#, z — z0 = IC1 откуда х = X0 + IA, у = yQ+lB, Z = Z0 + 1С. Подставляя в Ax + By + Cz + D = 0, находим к
X = -
Ax0 + By0 +Cz0+Г) t
отсюда
X = X0 — А
у = у0 — В Z = Z0 — С
А2+ В2+ С2 '
Ax0 + By0 + Cz0 + D Л2 + В* + с*
Ax0 + By0 + Сгй + Р А* + ь2 + О
Ax0 + By0 +Cz0+ D А*+ В*+ С*
P R
114. X = , -л = ty , где
115. При Z =
Q " ~~ Q
P = (Tn1Ti2 — Tn2H1) [/7Z2 (C1 — C2) — п2 (Ьх — &а)] + + (Mi — ZiZi2) [zz2 (01 — 02) — h (Ci — Ci)] +¦ + (1\Щ2 — /2т,) 1Л (Ь\ — b2) — m2 (A1-A2)L
Q = (/7Z1H2 — W2ZZ1)2 -f (Z2ZZ1 — Z1ZZ2)2 + (I\Щ ~ /2ZTZ1)2, /? = (//Z1ZZ2 — ZZZ2ZZ1) [ZTZ1 (C1 — C2) — /Z1 (Ьх — /32)] +
+ (Z2ZZ1 — Z1Zi2) [/Z1 (Яі — ^2) — Z1 (Ci — C2)] 4~ + (I1Ul2 — 12т О [Z1 (U1 — Z)2) — /7Z1 (J1 — о,)].
(X1 — X0) I 4- (Уі — Уо) z/z 4- (г, — Z0) п Iі + т1 + п1
§ 3. Эквивалентность неравенств и смешанных систем
5. Пусть 0 < х' < 1, 0 < у' < 1, 0 < г' < 1. Тогда 0<a: + y + r<l, л- = *' — лг'у' == — (1 _ у') > о, у = лг'у' (1 — z') > 0, г = л-'у V > 0; обратно, если х > 0, у > О,
-г > О, X + у + z < 1, то 0 < х' < 1, у' = х^^2 . значит 0 < у' < 1; z' = ,
значит 0 < z' < 1. 6. Каждая из предложенных систем неравенств эквивалентна одному неравенству л:2 + у2-f-z2 < 1. 7. а) Да. б) Нет (вообще говоря). 8. Пусть выполнена система (1). Возможны два допущения z < х и z > х\ если г < х,
* Предложенное неравенство было получено русским ученым Буняковским; оно применяется в математике в различных вопросах.
Ответы. §1. ЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ
431
то из (1) следует также, что 0 < z < х, значит выполнена система (2); если же z > ху то из (1) также следует z < X + у, х + у <\, т. е. г < 1 и далее; из z < X + у следует, что z — X < у. Итак, в этом случае выполнены соотношения (3). Обратно: пусть выполнены соотношения (2). Тогда, так как z < х, а у > О, то z<x + y\ следовательно соотношения (1) выполнены. Пусть, наконец, выполнены соотношения (3). Тогда, очевидно, z > О и z < X + у. Далее: у > z — х, z — X > О, т. е. у > 0, т. е. все неравенства (1) выполнены. Наконец, ясно, что системы (2) и (3) несовместны [в системе (2) z < х, в системе (3) z > х]. 9. Указание к б). Если z ф у2 и z Ф 1, то из (1) следует, что 0 < z < 1 или \< z < 2; в то же время из z Ф у2 следует при этом: или у > Vz1 или у < Yz. Таким образом, имеем 4 возможности: а) 0 < z < 1, у > ]Лг ; 6) 0 < z < 1, у <У z\ в) 1 < z < 2, у < уТ; д) 1 < z < 2, у > Yz. Однако при Y z < у имеем z < у2 <_1, что противоречит условию 1 < z < 2. Значит, остается: а) 0 < г < 1, у <Y z; б) 0 < z < 1, у > Y7; в) 1 < z < 2, у < У*. Из (1) и а) приходим к (4); из (1) и б) — к (5); из (1) ив) — к (6). 11. Эквивалентны (предположение х < О приводит к противоречию; аналогично приходим к противоречию в предположении у < О или z < 0).
