Айнымалыға тәуелді теңсіздіктер

Жұмыс түрі: Дипломдық жұмыс
Тегін: Антиплагиат
Көлемі: 58 бет
Таңдаулыға:

ДИПЛОМДЫҚ ЖҰМЫС

Тақырыбы: Мектеп математика курсында тамаша теңсіздіктерді пайдалану әдістемесі

МАЗМҰНЫ

Нормативтік сілтемелер
Анықтамалар
Белгілеулер мен қысқартулар
Кіріспе ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .3
1. МЕКТЕП МАТЕМАТИКА КУРСЫНДАҒЫ ТЕҢСІЗДІКТЕР ЖӘНЕ ОЛАРДЫ ШЕШУ ЖОЛДАРЫ ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 5
1.1 Мектепте теңсіздік ұғымын енгізу және оқыту (бағдарлама бойынша) ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..5
1.2 Сандық теңсіздіктер ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..6
1.3 Айнымалыға тәуелді теңсіздіктер. Сызықтық теңсіздіктер ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...8
1.4 Квадраттық теңсіздіктер ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 11
1.5 Квадраттық радикалдарға байланысты теңдеулер мен теңсіздіктер
... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..14
2. ТАМАША ТЕҢСІЗДІКТЕР ЖӘНЕ ОЛАРДЫ ТҮРЛІ ТЕҢСІЗДІКТЕРДІ ДӘЛЕЛДЕУДЕ ПАЙДАЛАНУ ӘДІСТЕМЕСІ ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... . 17
2.1 Оггустин Луи Коши жайлы қысқаша мәліметтер ... ... ... ... ... ... . ... . 18
2.2 Коши теңсіздігі және оны дәлелдеу әдістері ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..19
2.3 Коши теңсіздігінің түрлі теңсіздіктерді дәлелдеуде және математика мен физика есептерін шешуде пайдаланылуы ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .23
2.4 Якоб Бернулли жайлы мәліметтер ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ...31
2.5 Бернулли теңсіздіктері ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. 32
2.6 Виктор Яковлевич Буняковский жайлы мәліметтер ... ... ... ... ... ... . ... 37
2.7 Коши-Буняковский теңсіздігі ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..38
2.8 Коши-Буняковский теңсіздігін қолдану ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .39
2.9 Пафнутий Львович Чебышев ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...47
2.10 Чебышев теңсіздігі және оны пайдалану ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ...49
2.11 Иоган Виллем Людвиг Вальдемар Йенсен ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..54
2.12 Йенсен теңсіздігі және оны қолдану ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. ... ..54
Қорытынды ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .58
Пайдаланылған әдебиеттер ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...60
Қосымша

Кіріспе
Математика қазіргі кезде ғылым саласында ерекше орын алады. Математиканың ғылыми теориялық ізденістерімен бірге тәжірибелік қолданыстарының да ауқымының кең екені белгілі. Математиканы оқытуда математика ғылымынан мағлұмат алып, математикалық әдістерді меңгеріп, математикалық ойлауын дамытуға міндетті түрде қажет деп саналатын математикалық білім таңдап алынады.
Мектеп курсының алгебра пәнінде теңсіздіктерді дәлелдеу, сонымен қатар арифметикалық орта ұғымы мен геометрия сабағында геометриялық ортаны зерттеу қарастырылады. Аталған арифметикалық орта мен геометриялық орта және теңсіздіктер арасында байланысты орнату мәселесі қызықтыруы мол мәселелердің бірі екендігі анық. Бұл дипломдық жұмыста теңсіздіктерді дәлелдеу әдістері белгілі бір нысаны бар теңсіздіктердің стандартты емес шешімін табуға бағытталған.
Дипломдық жұмыста осы мәселені тереңірек зерттеу нәтижесінде теңсіздіктерді пайдалану арқылы арифметикалық және геометриялық орталарының байланысын Коши теңсіздігі негізінде шешуге болатындығына арналған. Дипломдық арнайы әдебиеттерден танысып, жалпы теңсіздіктер тақырыбы мен тамаша теңсіздіктер, олардың колданылуын толық зерттеуге арналған. Гипотезаларды дәлелдеудің әртүрлі әдістерімен толық танысу мен зерттеу теңсіздіктер жайлы білімді толықтыру үшін ғана емес, сонымен қатар көптеген есептерді (соның ішінде олимпиадалық есептерді) шешу аталған принципке негізделгендіктен де пайдалы болуы мүмкін. Теңсіздіктерді дәлелдеу және шешуге арналған есептерді шығару, теңдеулер мен теңдеулер жүйесін, геометриялық және физикалық есептерді шығаруда түрлі теңсіздіктерді дәлелдеу принципі кеңінен қолдануға арналған зерттеулер қарастырылады.
Математикадан қорытынды емтихандар мен олимпиадаларда ұсынылатын есептерді шешу кезінде бітірушілерге кез келген белгілі математикалық әдістерді қолдануға болады. Қорытынды емтихандар мен олимпиадалар есептерін шешуде жалпы білім беретін мектепте оқытылған да, оқытылмаған да түрлі тәсілдерді ақпараттық мақсатта пайдалануға мүмкіндік беріледі. Осының барлығы жалпы білім беретін мектептің математикалық оқу бағдарламасына енбеген тұжырымдамалар мен ережелерге негізделген математикалық әдістерді түлектердің өз бетінше меңгеру қажеттілігін көрсетеді. Мұндай ұғымдарға, мысалы, Коши, Бернулли, Чебышев, Йенсен теңсіздіктерін жатқызуға болады. Бұл теңсіздіктерді пайдалану дәлелдеулер жүргізуді жеңілдетеді.
Бұл жұмыс мектеп бағдарламасы аясында да, одан тыс математика саласында да жеткілікті жоғары деңгейде білім алған, бірақ оны әлі де жетілдіргісі келетін оқушыларға арналған.
Дипломдық жұмыста жоғары сыныптардың алгебра курсының тапсырмаларын шешуде жалпы тамаша теңсіздіктер деп аталатын түрлі теңсіздіктердің қолданылуы сипатталған. Тамаша теңсіздіктер мектеп курсында арнайы қарастырылмайтындықтан, оларды қолдану жеке теңсіздіктерді шешуді қарапайым түрде шешуге мүмкіндік береді.
Арнайы әдебиеттермен танысу арқылы тамаша теңсіздіктер көмегімен әртүрлі типтегі есептерді шығаруға болатындықтан, түрлі гипотезаларды дәлелдеудің тиімді әдісі болып табылатындықтан және оны математика мен физиканың көптеген есептерін шешу үшін қолдануға болады.
Зерттеу объектісі - алгебралық теңсіздіктер.
Зерттеу пәні- тамаша теңсіздіктерді қолдану міндеттері.
Зерттеудің мақсаты - Теңсіздіктерді шешудің негізгі әдістерін жүйелеу, айнымалыдан тәуелді теңсіздіктерді шешудің арнайы әдістері бойынша теориялық материалдарды жүйелеу және оны есептерді шешудің жалпы әдістерін қалыптастыру.
Зерттеу міндеттері:
1) тамаша теңсіздіктердің пайда болу тарихын зерттеу;
2)тамаша теңсіздіктерді пайдалану теоремаларын және олардың салдарын сипаттау;
3) теңсіздіктерді шешу мен дәлелдеуде тамаша теңсіздіктерді қолдану әдістері мен тәсілдерін қарастыру;
Қойылғaн міндеттерді шешy үшін зерттеyдің түрлі әдістері қолдaнылaды:
oo зерттеy мәселесі бойыншa жaзылғaн мaтемaтикaдaн, психологиядaн, педaгогикaдaн және мaтемaтикaны оқытy әдістемесінен отaндық және шетел әдебиеттерін оқып, тaлдay;
oo мaтемaтикaдaн ортa мектеп оқyлықтaрынa, оқy құрaлдaры мен бaғдaрлaмaлaрынa тaлдay жaсay;
oo мектептердің іс-тәжірибесін оқып, үйренy;
Зерттеyдің ғылыми жaңaлығы:
oo Мaтемaтикaны оқытy процесінде оқyшылaрдың мaтемaтикaғa қызығyшылығын aрттырyды қaмтaмaсыз ететін теңдеулер мен теңсіздіктерді шешудің түрлі әдіс-тәсілдері қaрaстырылды.
oo ұсынылып отырғaн мaтериaлдaр бойыншa мектеп мұғaлімдерінің дипломдық жұмыстағы материалдарды қaндaй оқyлықпен сaбaқ өткізілгеніне қaрaмaстaн, еркін қолдaнyынa болaды.
Зерттеyдің прaктикaлық құндылығы: Емтихан жұмыстарында, тест есептерін шешуде теңдеулер мен теңсіздіктер шешу оқушылардың қиындықтар тудырады. Диплом жұмысы осы қиындықтарды азайтуға бағытталған.
Дипломдық жұмыстың құрылымы мен көлемі. Дипломдық жұмыс кіріспеден, екі бөлімнен, қорытындыдaн, пaйдaлaнылғaн әдебиеттер тізімінен тұрaды.
1. МЕКТЕП МАТЕМАТИКА КУРСЫНДАҒЫ ТЕҢСІЗДІКТЕР ЖӘНЕ ОЛАРДЫ ШЕШУ ЖОЛДАРЫ

1.1 Мектепте теңсіздік ұғымын енгізу және оқыту (бағдарлама бойынша)

Негізгі мектеп бағдаламасында (5-9 сыныптар бойынша) теңсіздіктер ұғымын енгізуге оны оқытуға төмендегідей сағаттар қарастырылған:
5-сыныпта
Координаталық сәуле. Натурал сандарды салыстыру. Қос теңсіздік
Жай бөлшектер мен аралас сандарды координаталық сәуледе кескіндеу
Жай бөлшектерді және аралас сандарды салыстыру
Ондық бөлшектерді координаталық сәуледе кескіндеу. Ондық бөлшектерді салыстыру
6-сыныпта
Координаталық түзу
Рационал сандарды салыстыру
Сандық теңсіздіктер және олардың қасиеттері
Сандық аралықтар. Сандық аралықтардың бірігуі мен қиылысуы
Бір айнымалысы бар сызықтық теңсіздік. Бір айнымалысы бар сызықтық теңсіздіктерді шешу
Бір айнымалысы бар сызықтық теңсіздіктер жүйесі. Бір айнымалысы бар сызықтық теңсіздіктер жүйесін шешу
Айнымалысы модуль таңбасының ішінде берілген бір айнымалысы бар сызықтық теңсіздік
8-сыныпта
Квадрат теңсіздік
Рационал теңсіздік
Теңсіздіктер жүйелерін шешу
9-сыныпта
Екі айнымалысы бар теңсіздіктер
Екі айнымалысы бар сызықтық емес теңсіздіктер жүйелері
Мектепте математиканы оқытудың негізгі міндеттері - қазіргі қоғам мүшесіне күнделікті өмірде және еңбек ету барысында, сыбайлас пәндерді оқуда және оқуды одан әрі жалғастыруда қажетті болатын жүйелі математикалық білімдер мен біліктіліктердің саналы және сапалы түрде игерілуін қамтамасыз ету. Осы негізгі міндеттерімен, қатар математиканы тереңдетіп оқыту, оқушының пәнге деген қызығушылығының тұрақты болуын, математикалық қабілетті анықтауды және оны дамытуды, математикамен байланысты кәсіби бағдар беруді, жоғары оқу орынында оқуға дайындықты қамтамасыз етеді.

1.2 Сандық теңсіздіктер

Теңсіздік ұғымы жазылу тәсіліне байланысты анықталатыны белгілі. Сонымен, != (тең емес), ( кіші), (үлкен), = (кіші немесе тең) немесе = (үлкен немесе тең) таңбалары арқылы құрылған алгебралық өрнектер теңсіздіктер деп аталады. Сандық теңсіздіктер анықтамасын берейік:
Анықтама. Сандық теңсіздік деп теңсіздік белгісінің екі жағында да сандар немесе сандық өрнектер болатын теңсіздіктерді айтады.
Сандық теңсіздіктердің анықтамасынан мынадай қасиеттері шығады:
* a саны b санынан үлкен, егер a−b айырмасы оң сан болса ғана;
* a саны b санынан кіші, егер а−b айырмасы теріс сан болса ғана;
* a саны b санына тең, егер a−b айырмасы нөлге тең болса ғана.
Жоғарыда аталған үш негізгі теңсіздікке байланысты, және салыстыру белгілерін қолдану мынадай қасиеттерге байланысты қарастырылады:
Кез келген а саны үшін aa және aa теңсіздіктері ақиқат болмайтынын білдіретін антирефлексивтілік қасиеті.
Шынында да, кез келген а саны үшін a−a=0 теңдігі орындалатыны белгілі, осыдан тең сандардың айырымдық анықтамасы арқылы a=a теңдігі шығады. Демек, aa және aa жалған теңсіздіктер.
Мысалы, 55, -3213-3213 жалған теңсіздіктер
Антисиметриялық қасиеті: егер а және b сандары үшін ab теңсіздігі орындалса, онда ba теңсіздігі дұрыс болады, ал аb теңсіздігі орындалса, онда ba теңсіздігі дұрыс болады.
Мысалы, 1719 теңсіздігін 1917 түрінде жазуға болады, сол сияқты -2,78-5,16, -5,16-2,78.
Транзитивтілік қасиеті: a, b және c сандары ab және bc болатындай болса, онда ac, ал аb және bc болса, онда аc.
Транзитивтілік қасиетінің бірінші тұжырымын дәлелдеп көрейік. ab және bc шарттары a−b және b−c теріс сандар екенін білдіреді. a−c айырмасын (a−b)+(b−c) түрінде көрсетуге болады, ол теріс сандарды қосу ережесінен туындайтын a−b және b−c екі теріс сандарының қосындысы ретінде теріс сан болып шығады. Осылайша, a − c теріс сан, ол дәлелденуі тиіс ac дегенді білдіреді. Транзитивтілік қасиетінің екінші бөлігі дәл осылай дәлелденеді.
Мысалы, -27, 713 болғанынан -213 теңсіздігі шығады.
Оны жоғарыдағы көп және аз қатынастарының анықтамасына сілтеме жасай отырып негіздейік. Бірінші бөлімнен бастайық. ab болғандықтан, a−b теріс сан болады. Бұл жағдайда b−a=−(a−b) оң сан, а−b теріс санына қарама-қарсы сан. Сондықтан ba. Қарастырылып отырған мүліктің екінші бөлігі де дәл осылай дәлелденеді.
Кез келген а және b сандары үшін мынадай теңсіздіктер өзара теңкүштес деп есептеледі: аb, ba, a - b0 және b - a0. Сонымен қатар мына теңсіздіктер де теңкүштес болады: а b, b a, a - b 0 и b - a 0. Бұл теңсіздіктерді дәлелдеу үшін көбіне мынадай қасиетті пайдаланылады: егер а b және b а болса, онда а=b. Есептерді шешуде жиі қолданылатын сандық теңсіздіктердің қасиеттерін атап өтейік: кез келген а, b, с және d сандары үшін 1) мынадай теңсіздіктерден а b және b с мына теңсіздіктер алынады: а с; 2) а b теңсіздігіне мына теңсіздік теңкүштес а+с b+с; 3) с саны оң сан болғанда а b теңкүштес а с b с; 4) с саны теріс сан болғанда а b теңкүштес b с а с; 5) а b және с d теңсіздіктерінен а+с b+d және а - d b - с шығады; 6) a, b, c, d сандары оң сан болғанда а b және c d теңсіздіктерінен a c b d және adbc шығады.
Барлық көрсетілген 1)-6) қасиеттерінде " " таңбасының орнына "" таңбасын қоюға болады.
Сандық теңсіздіктердің мынадай қасиеттерін пайдалануға болады 7) кез келген a=0,b0 және натурал n сандары үшін ab теңкүштес an=bn
Мынадай сандық теңсіздіктерді шешу мысалдарын қарастырайық.
Мысал 1.2.1 Сандарды салыстырыңыздар а)5300 және 3500
б)2+3 және 10
Шешуі а) 5300=(53)100 және 3500=(35)100=243100. Ал 125243, онда дәрежелік сандардың қасиеті бойынша 7) 125100243100 ал енді 53003500
б) көрсетілген сандардың квадраттарын салыстыру жеткілікті болады (2+3)2=2+26+3=5+26 және (10)2=10 Айталық, * - теңсіздіктің қандай да бір белгісі болсын және 5+26*10 Бұл теңсіздік 2) қасиет бойынша (екі жағына да ( - 5) санын қоссақ) 26*5 санымен тең күштес болады, ал ол өз кезегінде 7) қасиет бойынша (26)2*5, яғни 24*25 санымен тең күштес Осыдан шығатыны, * белігісіндегі - "" белгісін береді және қорытындысында 2+610 шығады.
Мысал 1.2.2. Сандарды салыстырыңыздар: log23-log58=log23-log28log25=log23∙ log25-3log250, олай болса ab.
2-тәсіл. a және b сандарын 1-ге дейінгі дәлдікпен бағалаймыз.
log22log23log24, яғни 1а2
log55log58log525, яғни 1b2.
a,b∈1;2a,b сандарының әрқайсынан осы аралықтан (интервалдың) ортасымен, 32санымен саластырамыз.
log2332 делік, сонда 3232⇔3223⇔98 a32⇔98, онда
a32-теңсіздігі тура теңсіздік болып шығады.
Енді b32десек, log28328532 8253 64125.
Соңғы шыққан теңсіздік тура теңсіздік емес, b32 дегеніміз қате, олай болса b32 . Сонымен, a32 , b32, ab болады.
Оқушыларға орындауға мынадай тапсырмаларды беруге болады.
Есеп1 Айталық a,b0 болсын. а)егер a b=100 болса, a+b қосындысы ең аз шама қабылдайындай мәндерді табыңыздар; б) егер a+b=100 болса, a b көбейтіндісі ең үлкен шама қабылдайындай мәндерді табыңыздар
Нұсқау: Коши теңсіздігін қолдануға болады
Есеп 2 Кез келген a және b екі саны үшін төмендегі теңсіздіктердің орындалатынын дәлелдеңіздер
а) a2-3ab+3b2=0 б) a2+b2-6a+2b+10=0
Есеп 3 Сандарды салыстырыңыздар а)655 және 954
б)5+27 және 10+19
Олимпиадалық есептердің көпшілігінде бүтін сандарға байланысты есептерді шығару керек болады Сондықтан мынадай қасиетті пайдалану маңызды болып есептеледі ab теңсіздігі a және b бүтін сандары үшін a=b-1 теңсіздігімен тең күштес болады
Есеп 4 Карабастың сауда дүкенінде тасбақалар мен сүліктер рубльмен сатылады, сонымен қатар, 42 сүліктердің бағасы 35 рубльден қымбат, бірақ олар 36 тасбақаның бағасынан арзан болады Буратинода 100 рубль болса, 8 тасбақаны сатып алуына бола ма?
Нұсқау: егер m руб - сүліктің бағасы мен n руб - тасбақаның бағасы (m,n - натурал сандар) болса, онда 6m=5n+1 және 6n=7m+1, осыдан n=13 болып шығады.
Есеп 5 а) Үшбұрыштың екі медианасының қосындысы оның периметрінен кіші болатынын дәлелдеңіздер б) Егер a, b, c - үшбұрыш қабырғаларының ұзындығы болса, онда ab+c+ba+c+cb+a2 теңсіздігі орындалатынын дәлелдеңіздер.

1.3 Айнымалыға тәуелді теңсіздіктер. Сызықтық теңсіздіктер
Теңсіздіктер те теңдіктер сияқты айнымалыға тәуелді болуы мүмкін. Мысалы, x2, x-5, 7x+218, 3x-150 теңсіздіктері x айнымалысына тәуелді теңсіздіктер және оларды шешуге болады.
Теңсіздікті шешу дегеніміз, берілген теңсіздік ақиқат болатын х айнымалысының мәндерін табу.
Теңсіздік ақиқат болатын айнымалының мәні теңсіздіктің шешімі деп аталады.
x 2 теңсіздігінің оң жағында орналасқан 2 саны осы теңсіздіктің шекарасы деп аталады. Теңсіздіктің белгісіне қарай шекара теңсіздік шешімдерінің жиынына жатуы да, жатпауы да мүмкін.
x 2 теңсіздігін қатаң теңсіздік деп атайды да, оны былай оқуға болады: x 2-ден қатаң үлкен. Яғни, x айнымалысы қабылдайтын барлық мәндер 2-ден үлкен болуы керек. Әйтпесе, теңсіздік ақиқат болмайды.
Егер бізге қатаң емес x = 2 теңсіздігі берілсе, онда бұл теңсіздіктің шешімдері 2 санының өзін қоса алғандағы 2-ден үлкен барлық сандар болар еді. Бұл теңсіздікте 2 шекарасы шешімдер жиынына жатады. Теңсіздік 2 саны = 2 болғанда, біз 2 = 2 шынайы теңсіздікті аламыз. Қатаң емес теңсіздік оның шарттарының ең болмағанда біреуі орындалса, ақиқат теңсіздікке айналады. 2 = 2 теңсіздігі 2 = 2 шартын қанағаттандыратындықтан 2 = 2 теңсіздігі ақиқат болады.
Теңсіздіктерді шешу кезінде мынадай қасиеттерді қолданылады: теңсіздіктің бір бөлігінен екінші бөлігіне мүшелерді ауыстыру, таңбасын өзгерту; теңсіздіктің екі жағын бірдей санға көбейту (немесе бөлу). Бұл қасиеттерді пайдалану бастапқы берілген теңсіздікке эквивалентті теңсіздікті алуға мүмкіндік береді. Шешімдері бірдей теңсіздіктер эквивалентті теңсіздіктер деп аталады.
Теңсіздіктерді шешу кезінде осы теңсіздіктің сол жағында айнымалы, ал оң жағында шекаралық мәні қалғанша, бастапқы теңсіздікті оған эквивалентті теңсіздікке ауыстыра беру керек.
Мынадай теңсіздіктерді қарастырайық:
kx + b 0, kx + b = 0, kx + b 0, kx + b = 0,
(1)
мұндағы k, b ∈ R, x - айнымалы, сызықтық теңсіздіктер (немесе бірінші дәрежелі теңсіздіктер) деп аталады.
(1) түріндегі берілген айнымалысы бар теңсіздікті ақиқат сандық теңсіздікке айналдыратындай айнымалының әрбір мәні теңсіздіктің шешеімі деп аталады.
Айнымалысы бар теңсіздіктерді шешу - оның барлық шешімдерін табу немесе шешімдері жоқ екенін дәлелдеу. Шешімдері беттесетін бір айнымалысы бар екі теңсіздік пара-пар теңсіздік деп аталады, дербес жағдайда шешімдері жоқ екі теңсіздік пара-пар деп аталады.
(1) түріндегі берілген теңсіздіктерінің шығарылу тәсілдері ұқсас болады, тек бірінші тұрған теңсіздікті шығаруға тоқталайық, яғни kx + b 0 теңсіздігінің шешімдерін табуды қарастырайық. Ол үшін мынадай жағдайлар қарастырылады:
1) k 0 деп ұйғарайық, сонда
kx + b 0 kx -b x -bk
осыдан, kx + b 0 теңсіздігінде (k 0) шешімдері мынадай түрде жазылады (-bk;+ );
2) k 0 деп ұйғарайық, сонда
kx + b 0 kx -b x -[b]k
осыдан, kx + b 0 теңсіздігінде (k 0) шешімдері түрде жазылады (- ;-bk)
3) k = 0 болғанда теңсіздік 0·x + b 0 түріне келеді де, b 0 болатын барлық нақты сан теңсіздікке шешім бола алады, ал b = 0 болғанда қарастырылып отырған теңсіздіктің шешімі болмайды.
Сызықтық (бірінші дәрежелі) теңсіздіктің шешімдері жайлы жоғарыда көрсетілгендерді көбінесе былай жазады: kx + b ( k!=0) бірінші дәрежелі көпмүшелігі: а) k0 болғанда барлық x∈(-infinity;-bk) үшін теріс; x∈(-bk;+infinity) үшін оң болады б) k0 болғанда барлық x∈(-infinity;-bk) үшін оң және барлық x∈(-bk;+infinity) үшін теріс болады. Дербес жағдайда, x-bk екі мүшелігі bk санын білдіретін сандық осьтің нүктесінің оң жағында орналасқан барлық тер үшін оң сан, ал сол нүктенің сол жағында орналасқан барлық тер үшін теріс сан болады. Сонымен, bk нүктесі сандық осьтің екі бөлігінде орналасады: bk нүктесінің оң жағы үшін x-bk екімүшелігі оң, ал bk нүктесінің сол жағы үшін, ол - теріс сан болады.
Сызықтық теңсіздіктерді шешуге мынадай мысалдар қарастырайық:
a) 3x + 6 0 6 санын теңсіздіктің оң жағына шығарайық, сонда 3x -6 болады. Теңсіздіктің екі жағын да 3-ке бөліп жібереміз, сонда x -2, демек, берілген теңсіздіктің шешімдер жиыны (-2;+infinity) болады.
б) -2x + 3 = 0. 3 санын теңсіздіктің оң жағына шығарамыз: -2x = -3. Енді теңсіздіктің екі жақтағы бөліктерін (-1)-ге көбейтіп жібереміз, сонда теңсіздіктің таңбасы қарама-қарсыға өзгереді, сонан соң теңсіздіктің екі жақ бөлігі 2-ге бөліп, мынадай шешімін табамыз x = 32, немесе бұл табылған шешімді мынадай жиындар түрінде көрсетуге де болады (-infinity;32].
в) 2(x+1)+x3x+1. Алдымен элементар түрлендірулер жасаймыз да сызықтық теңсіздікке келтіреміз: 2(x + 1) + x 3x + 1 ⇔ 2x + 2 + x 3x + 1 ⇔ 0·x + 1 0. 1 0 - жалған сандық теңсіздік шыққандықтан, бастапқы берілген теңсіздіктің шешімдері болмайды.
г) 3x + 2 = 3(x - 1) + 1. Элементар түүрлендіру жасау нәтижесінде 3x + 2 = 3(x - 1)+1 мынадай эквивалентті теңдеуге келтіреміз: 3x + 2 = 3x - 3+1. Ұқсас мүшелерін біріктіргенде шығатыны: 0·x + 4 = 0. Демек, кез келген нақты сан бастапқы берілген теңсіздіктің шешімі бола алады.
Сызықтық теңсіздікке келтірілетін теңсіздікті шешу мысалын қарастырайық:
Мысал 1.3.1. Мынадай теңсіздікті шешу керек x-1x+10.
Бөлшек оң мән қабылдауы үшін оның алымы да, бөлімі де оң сандар болуы керек, немесе алымы да, бөлімі де теріс сандар болуы қажет. Осы тұжырымды ескеріп, екі жүйеден тұратын екі теңсіздіктердің мынадай бірігуін құрамыз:

Алдымен мына теңсіздіктер жүйесінің шешімдерін тауып алайық

Бірінші жүйенің шешімі х 1 теңсіздігімен тең күштес болады.
Ал енді мындай теңсіздіктер жүйесін шешу керек:

Екінші жүйенің шешімі x -1 теңсіздігімен тең күштес болады.
Бастапқы берілген теңсіздіктің шешімдерін (берілген теңсіздікті ақиқат сандық теңсіздікке айналдыратын айнымалының шешімдер жиынын) жалпы түрде төмендегі тәсілдердің бірімен көрсетуге болады:
1) x1 және x-1
2) x∈-infinity;-1∪(1;+infinity)
3)

1.4 Квадраттық теңсіздіктер

Интервалдар әдісін екінші дәрежелі алгебралық теңсіздіктерді шешуге қолданайық. Әдетте оларды квадраттық теңсіздіктер деп атайды.
1
квадраттық теңсіздігін қарастырайық . Толық квадратты бөліп шығару тепе - тең түрлендіруін қолданып алатынымыз:

Сондықтан (1) теңсіздігі
(2)
теңсіздігіне пара - пар. болсын. Онда (12) теңсіздігі
(3)
теңсіздігіне пара - пар.
а) Егер болса, онда (3) теңсіздігінің сол жағындағы белгісіздің кез келген сандық мәнінде теріс емес саны мен оң санының қосындысы түрінде, яғни (3) теңсіздігі ақиқат сандық теңсіздікке айналады. Демек, (3) теңсіздігі кез келген үшін дұрыс. Басқа сөзбен айтқанда, бұл жағдайда (3) теңсіздігінің барлық шешімдерінің жиыны барлық нақты сандар жиыны болады.
б) Егер болса, онда (3) теңсіздігі мәнінен басқа кез келген үшін ақиқат сандық теңсіздікке айналады. Демек, бұл жағдайда (3) теңсіздігінің барлық шешімдерінің жиыны жиыны болады.
в) Егер болса, онда (3) теңсіздігі
(4)
теңсіздігіне пара - пар, мұнда , . екенін
айқын, сондықтан интервалдар әдісін қолданып, (4) теңсіздігінің барлық шешімдерінің жиыны екенін аламыз.
болсын. Онда (2) теңсіздігі
(5)
теңсіздігіне пара - пар.
а) Егер болса, онда кез келген саны үшін бұл теңсіздің жалған теңсіздікке айналады, сондықтан (5) теңсіздігінің шешімдері жоқ болады.
б) Егер болса, онда тағы да (5) теңсіздігінің шешімдері жоқ болады.
в) Егер болса, онда (5) теңсіздігі
(6)
теңсіздігіне пара - пар, мұнда , . екенін айқын, сондықтан интервалдар әдісін қолданып, (6) теңсіздігінің барлық шешімдерінің жиыны интервалы екенін аламыз.
теңсіздігін шешуде дәл осылайша жүргізіледі. Жоғарыда келтірілген талқылауларды бір жерге жиямыз (1 - кесте). Бұл таблицаны есте ұстаудың қажеті жоқ, нақтылы берілген квадраттық теңсіздікті шешу үшін әр жолы жоғарыда келтірілген талқылауларды қараған жөн.
Мысал. теңсіздігін шешу керек. Квадраттық үшмүшелігінің түбірлері және болғандықтан, . Олай болса, теңсіздік теңсіздігіне пара - пар.
Соңғы теңсіздікке интервалдар әдісін қолданып, берілген теңсіздіктің барлық шешімдерінің жиыны интервалы екенін аламыз.

1 - кесте

Теңсіздік
Теңсіздіктің шешімі

шешімдері жоқ

шешімдері жоқ

шешімдері жоқ

шешімдері жоқ

Мысал 1.4.1. Мынадай теңсіздікті шешу керек x+6x7
Шешуі: Берілген теңсіздіктің оң жақ бөлігіндегі 7 санын сол жаққа шығарайық, сонда теңсіздік мына түрге келтіріледі: x+6x-70. Шыққан теңсіздікті ортақ бөлімге келтірейік:
x2-7x+6x0, мұндағы x!=0.
Бөлшек теріс болуы үшін алымы оң болса, бөлімі теріс болуы немесе алымы теріс болса, бөлімі оң болуы керек. Сондықтан мынадай екі жүйені шешіп, олардың бірігуін шешім түрінде аламыз:
x2-7x+60x0
x2-7x+60x0
Жүйелердің шешімдерін табайық:
x2-7x+60x0
Енді квадрат теңсіздікті көбейткіштер түрінде жазып алайық:
x2-7x+60
x-1x-60
x=1 x=6 болатындығын және x0 теңсіздігін ескересек, жүйенің шешімі нәтижесінде мынадай болады:
x∈1;6
x2-7x+60x0
Енді квадрат теңсіздікті көбейткіштер түрінде жазып алайық:
x2-7x+60
x-1x-60
x=1 x=6 болатындығын және x0 теңсіздігін ескересек, жүйенің шешімі нәтижесінде мынадай болады:
x∈-infinity; 0
Екі жүйеден табылған шешімдерінің бірігуін табамыз.
Жауабы: x∈-infinity;0∪1;6

1.5 Квадраттық радикалдарға байланысты теңдеулер мен теңсіздіктер
Теріс емес санның арифметикалық түбірінің белгісін "" квадраттық радикал деп те атайды Кез келген a саны үшін a2=a, ал теріс емес a және b сандары үшін a=b, a=b a2=b2 теңдіктері тең күштес болады
Есеп 6 а) Евклид тепе-теңдігін b=0 және a=b үшін дәлелдеңіздер
a+-b=a+a2-b2+-a-a2-b2
Ықшамдаңыздар
б) 6-11+6+11 в) 19-83 г) 22-122
Нұсқау а) көрсетілген a және b сандары үшін, теңдіктердің теріс емес болатынын көрсетіп, сонан соң екі жағын да квадраттау қажет б) Евклид тепе-теңдігін пайдалану қажет в)-г) түбір астындағы өрнекті екі санның айырмасының квадраты түрінде жазып көрсету керек.
Келесі есептерді шығару үшін мектеп оқулықтарындағы сәйкес тақырыптарды еске түсіру қажет
Квадрат үшмүшелік fx=ax2+bx+c (a!=0) мектеп математикасында қарастырылатын негізгі функциялар болып есептеледі Квадрат үшмүшелік үшін мынадай тепе-теңдіктер мен формулалар пайдаланылады
(1) fx=a(x+b2a)2-D4a
(2) fx=a∙(x-x1)∙(x-x2)
(3),x1+x2=-ba және x 1xx2=ca мұндағы D=b2-4ac дискриминант, ал D=0 болғанда x1,2=(-b+-D)2a үшмүшеліктің түбірлері. (3) формулаларды Виет формулалары деп атайтыны белгілі Виет формулаларын пайдаланып, квадрат үшмүшеліктің түбірлерін тауып жатпай-ақ тек олардың коэффициенттері арқылы ғана олардың түбірлері үшін симметриялық өрнекткрі есептеуге болады, мысалы x1n+x2n, 1x1n+1x2n, x1m+x1nx2n+x2m, x1x2(x1n+x2n) және т б
Мысал 1.5.1 Мынадай ax2+bx+c=0 a!=0 D=0, квадарт теңдеуінің түбірлерін таппай-ақ үшін, n=3 болғанда sn=x1n+x2n мәнін есептеңіз
Шешуі Виет формулаларын пайдаланып, яғни x1+x2=-ba , x1x2=ca болғандықтан, Sn=(x1n-1+x2n-1)x1+x2-x2x1n-1-x1x2n -1=Sn-1x1+x2-x1x2Sn-2 болады, осыдан Sn=Sn-1-ba-Sn-2∙ca.
Сондықтан S1=x1+x2=-ba екенін ескеріп, Sn мәндерін n=3;4;5;..., үшін есептей аламыз, сонда S2=x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=(ba)2-2ca
Дербес жағдайда, s3=s2x-ba-s1xca=3abc-b3a3
Есеп 7. а) k=4;5;6 үшін x1k+x2k мәнін есептеңіздер, мұндағы x1 , x2 2x2+3x-3=0 теңдеуінің түбірлері, б) 2x2+3x-6=0 теңдеуін шешпей-ақ, x1,x2 - сол теңдеудің түбірлері деп есептеп, жаңа квадраттық теңдеу құрыңыздар және квадраттық теңдеудің түбірі ретінде x11+x2 мен x21+x1 болсын.
Мысал 1.5.2 Мына x2+ax-6=0 теңдеу тек бүтін түбірлерден тұратындай барлық а мәндерін табыңыздар
Шешуі Айталық, x1 , x2 - берілген теңдеудің бүтін шешімдері деп есептеп, (3) формулалары бойынша x1+x2=-a және x1x2=-6 Анығырақ болуы үшін, x1=x2 деп есептейік Сонда мынадай жағдайлар болуы мүмкін x1=-1 , x2=6 болады, демек, a=-5 x1=-2 , x2=3 және a=-1 x1=-3 , x2=1, сонда a=1 x1=-6 , x2=1 a=-5 x1=-2 , x2=3
Жауабы - 5 - 1 1 5
Есеп 8 Мына ax2-2a+1x+a+2=0 теңдеу тек бүтін түбірлерден тұратындай барлық а мәндерін табыңыздар
Нұсқау Виет теоремасынан шығатыны: ax2+bx+c=0 c (a!=0) теңдеуінің түбірлері бірдей таңбалы болуы үшін мынадай D=b2-4ac=0 және ca0 шарттардың орындалуы қажетті және жеткілікті; сонымен қатар екі түбірі де оң болуы үшін -ba0 шарты орындалуы, ал екеуі де теріс болуы үшін -ba0 шарты орындалуы қажет. Ал көрсетілген теңдеудің түбірлерінің таңбалары әртүрлі болуы үшін ca0 шартының орындалуы жеткілікті болады.
Есеп 9. x2+4ax-4a-1=0 теңдеуінің түбірлері а) теріс сандар; б) оң сандар; в) таңбалары әртүрлі сандар болатындай барлық а мәндерін табыңыздар

2 . ТАМАША ТЕҢСІЗДІКТЕР ЖӘНЕ ОЛАРДЫ ТҮРЛІ ТЕҢСІЗДІКТЕРДІ ДӘЛЕЛДЕУДЕ ПАЙДАЛАНУ ӘДІСТЕМЕСІ

Математиканы тереңдетіп оқыту, мектеп оқушының жасына байланысты мүмкіншіліктері мен қажеттіліктеріне сәйкес мақсаттары бойынша да ерекшелінетін, екі кезеңнен тұрады (VII -- IX сыныптар және X -- XI сыныптар). Бірінші кезеңі негізінен бағдарлау кезеңі болып табылады. Бұл кезеңде оқушы пәнге деген қызығушылығын, ӛзінің осы пәнді игеру мүмкіншн бағалай алатындай және IX сыныптың соңында әрі қарай математиканы тереңдетіп оқуды немесе жалпы білім беретін бағдарламаны саналы түрде таңдауға мүмкіндік беріледі. Математикаға деген оқушының қызығушылығы мен қабілеті жан-жақты дамытылуы тиісті. Егер қызығушылығы төмендеп кетсе немесе басқа бағытқа ауысса оған тереңдету бағдарламасынан жай бағдарламаға ауысуға мүмкіндік берілу керек. Екінші кезеңде оқушының математикаға қызығушылығың тұрақтылығы және осы пәнмен байланысты мамандықты таңдауы анықтаушы факторлар болады. Бұл кезеңдегі оқыту жоғары оқу орынына түсе алатындай, онда оқуды жалғастыруға және мамандықты игеруге мейілінше жеткілікті болатындай сапалы математикалық білімді қамтамасыз ететіндей болуы керек. Математиканы тереңдетіп оқытудың маңызын сәтті шешу көп жағдайда оқу үрдісіне байланысты. Мұғалімдерге әдістемелік нұсқау мен оқытудың ұйымдастырушылық формасын еркін таңдауына мүмкіндік жасалынады. Осы орайда теңсізідктерді шешу мен оларды дәлелдей білуге үйретудің маңызы зор. Оқушылар бағдарламаның негізгі материалдарын әлдеқайда жоғары деңгейде меңгерулері қажет. Оқу-тәрбие процесі оқушылардың талаптары мен олардың жас ерекшеліктерін ескере отырып құрылуы қажет. Мектеп бағдарламасында толық қарастырылмайтын тақырыптарға теңсідіктерді дәлелдеу тақырыбын жатқызуға болады. Теңсіздіктерді дәлелдеудің көптеген тәсілдерін есептерді шығару кезінде пайдалануға болады. Солардың негізгілерін атап өтейік:
1) Дәлелдеудің негізгі әдісі анықтаманы пайдалану тәсілі болып табылады. Бұл әдістің негізі ретінде қарастырылатын теңсіздіктің сол және оң бөліктері арасындағы айырмашылық бағаланады және оны ноль санымен салыстырылады.
2) Теңсіздіктерді дәлелдеудің келесі қолданылатын әдісі қарсы жору әдісі. Бұл тәсілді пайдалану барысында дәлелденетін теңсіздік жалған деп болжанады, түрлендірулер жасалады да, нәтижесінде қарама-қайшылыққа келтіріледі.
3) Теңсіздіктерді геометриялық салулар мен түсіндірулер жүргізулердің көмегімен теңсіздіктерді дәлелдеу.
4) Айқын теңсіздіктерді пайдалана отырып, теңсіздіктерді дәлелдеу.
5) Алдын ала дәлелденген теңсіздіктерді пайдалану арқылы теңсіздіктерді дәлелдеу.
Жоғарыда аталған төрт әдіс дипломдық жұмыстың бірінші тарауында келтірілді. Ал бесінші әдісті пайдалануды осы тарауда толықтай қарастыратын боламыз. Алдын ала дәлелденген теңсіздіктер ретінде Коши теңсіздігі, Бернулли теңсіздігі, Коши-Буняковский теңсіздігі, Чебышев теңсіздігі т.б. жатады.

2.1 Оггустин Луи Коши жайлы қысқаша мәліметтер

Математикада кеңінен қолданылатын көптеген тамаша теңсіздіктердің арасында ең танымалы Коши теңсіздігі. Сондықтан алғашқы тарауымызды Коши теңсіздігін қарастырудан бастаймыз. Аталған теңсіздікті ХІХ ғасырдың бірінші жартысында француз математигі Огюст Коши дәлелдеген болатын. Сол себепті дипломдық жұмысты теңсіздік атауы берілген ғалымның өмірбаянынан бастаған жөн.
Оггустин Луи Коши 1789 жылы заңгер отбасында дүниеге келген. Тарихта сол жылы Ұлы Француз революциясы атты оқиғалар тізбегі басталғаны белгілі. Ал Коши осындай қиын жағдайда ұлы ғалымға айналғаны шынында да оның ғылымға берілгенін дәлелдейді. Коши отбасының көршілері екі ғалым - біріншісі Пьер Саймон Лаплас атты астроном және физик, екіншісі Клод Луи Бертолле есімді химик болған. Бұл екі ғалым Джозеф Лагранжмен бірге Оггустинге, атап айтқанда, оның математикаға деген сүйіспеншілігіне елеулі әсер етті.
Бірде Лагранж Коши жайлы: Бұл бала геометр ретінде бәрімізді алмастырады, - деп айтқан болатын. Коши беделді Пантеон орталық мектебінде алғашқы білімін алған. Аталған мектепті бітірген соң политехникалық училищеге түсіп, оны екі жылдан кейін бітіреді. Политехникалық училищеде оқып жүргенде математиканы сүйіспеншілікпен оқып, жақсы көрсеткіштермен бітіреді. Политехникалық училищеден кейін көпірлер мен жолдар мектебіне алғашқылардың бірі болып түседі.
1811-1812 жылдары Коши Париж ғылым академиясына бірнеше мақалалар тапсырды. Ал 1813 жылы Парижге көшіп, политехникалық училищеде ғылыми және оқытушылық қызметке кіріседі. Ал 1816 жылы Коши Париж ғылым академиясының мүшесі болады.
Оггустин Луи Коши 800-ден астам шығарма жазған, оның толық шығармаларының жинағы 27 томды құрайды. Оның негізгі еңбектері алгебра, геометрия және математикалық физиканың әртүрлі салаларына қатысты жазылған, сонымен қатар ол тамаша механик, инженер болған.

2.2 Коши теңсіздігі және оны дәлелдеу әдістері

Алгебрада теңсіздіктерді дәлелдеу геометриядағы сияқты оқушылардың ойлау, логикалық ойлау қабілетін дамытуға, теориялық материалды терең меңгеруге, берік практикалық дағдыны қалыптастыруға көмектеседі. Соңғы кезде орта мектептегі алгебраның бағдарламасында теңсіздіктерді дәлелдеуге дұрыс көңіл бөлінбей келеді. Мектеп оқулықтарында бұл мәселеге арнап есептер қарастырылмаған. Сондықтан біз теңсіздіктерді тамаша теңсіздіктер деп аталатын теңсіздікктердің көмегімен дәлелдеуге көбірек тоқталамыз.
Ең алғаш қарастыратынымыз Коши теңсіздігі.
Лемма 1. Көбейтіндісі 1-ге тең x1,x2, ... ,xn, оң сандары берілсін. Сонда x1+x2+⋯+xn=n теңсіздігі ақиқат болады, ал x1+x2+⋯+xn=n теңдігі x1=x2=⋯=xn=1 болғанда ғана орындалады.
Осы леммадан мынадай теорема шығады.
Теорема 1. Айталық,y1,y2, ... ,yn оң сандары берілсін. Сонда бұл сандар үшін мынадай теңсіздік орындалады: y1+y2+⋯+ynn=ny1y2...yn және бұл теңсіздік y1+y2+⋯+ynn=ny1y2...yn теңдігіне тек y1=y2=⋯=yn болған жағдайда ғана айналады.
Дәлелдеу. Бұл теңсіздікті дәлелдеу үшін математикалық индукцияның жалпыланған принципінің келесі нұсқасы қолданылады: Егер n∈ N болатын кейбір T(n) тұжырымы келесі шарттарды қанағаттандырса:
а) бұл шексіз өспелі натурал сандар тізбегінің (барлық натурал сандарды қамтуы міндетті емес) кез келген мүшесіне тең n саны үшін ақиқат;
б) егер T(n) тұжырымы кейбір натурал n = m үшін ақиқат болса, мұндағы m = 2, онда T(n) n = m − 1 үшін де ақиқат болса, T(n) тұжырымы кез келген натурал n үшін ақиқат болады.
Бұл теңсіздіктің дербес жағдайы арифметикалық орта мен геометриялық орта арасындағы теңсіздік ретінде кеңінен танымал.
Теорема 1.1. Кез келген a, b 0 үшін екі санның геометриялық ортасы олардың арифметикалық ортасынан аспайды:
ab=a+b2.
Дәлелдеу. Ол толық квадратты бөлу әдісі арқылы жүзеге асырылады:
Бұл теңсіздік ақиқат болсын делік:(a-b)2=0;
Айырманың квадраты формуласын қолданайық:a2-2ab+b2=0;
Теңсіздіктің екі бөлігіне де 4ab қосайық, сонда: a2+2ab+b2=4ab;
Қосындының квадраты формуласын қолданайық:(a+b)2=4ab;
Теңсіздіктің екі жағын 4-ке бөлетін болсақ: (a+b)24=ab.
Шарт бойынша a және b оң болғандықтан, теңсіздіктің екі бөлігінен де квадрат түбірін шығарамыз: a+b2=ab. Теңсіздік дәлелденді.
Коши теңсіздігінен мынадай салдар шығады:
1) a+b=2ab
2) a2+b2=2ab
3) ab=a+b22
4) ab=12a2+b2.
Теорема2. Егер бірнеше нақты оң сандардың көбейтіндісі бірге тең болса, онда олардың қосындысы олардың санынан кем емес және ол барлық сандар сәйкес келген кезде ғана олардың санына тең болады, яғни әрқайсысы бірге тең болғанда ғана орындалады (демек, егер осы сандардың арасында кем дегенде екі өзара сәйкес келмейтін сан болса, онда барлық осы сандардың қосындысы олардың санынан қатаң үлкен болады): х1+...+хn=n.
Дәлелдеу. Оң x1,x2,...,xn сандары берілсін, мұндағы натурал n=2, х1 ·х2·...∙хn=1, екені белгілі, онда оларға Коши теңсіздігін қолданып, мынаны аламыз: x1+⋯+xnn=nx1x2...xn=n1=1, осыдан дәлелденетін қатынас шығады және ол теңдікке мына жағдайда ғана айналады, егер тек х1=х2=...=хn, бірақ х1 ·х2·...хn=1, осыдан теорема тұжырымының екінші бөлігі шығады.
Коши теңсіздігін дәлелдеудің басқа да әдістерін қарастырайық.
Алдымен арифметикалық орта, геометриялық орта және де басқа орта мәндер жайлы түсініктер берейік.
Анықтама: Арифметикалық орта дегеніміз - көрсетілген барлық сандардың қосындысын олардың санына бөлу.
Алдымен арифметикалық ортаны
екі сан үшін табайық: a+b2 (мұндағы a, b екі түрлі теріс емес сандар); үш сан үшін: a+b+c3; төрт сан үшін: a+b+c+d4; n сан үшін: a1+a2+a3+...+ann.
Анықтама: Берілген а1, а2, ... ., аn n оң сан үшін геометриялық орта деп мынадай а оң санды айтады, ол үшін an=a1 a2 ..an болатындай және оны мына түрде белгілейді: а= na1 a2...an.
Анықтама: Ал a және b сандары үшін гармониялық орта деп мынадай с саны айтылады, ол үшін мынадай теңдік орындалатындай 1с= 121а+1в, мұндағы с = 2aba+b.
Анықтама: Берілген а және b сандарының квадраттық ортасы деп мынадай санды атайды с = 12(a2+b2).
Жоғарыда аталған орталардың нақты геометриялық түсіндірмесін беруге болады. Төменгі табаны AD = a және жоғарғы табаны ВС = b болатын ABCD трапециясы берілсін (1-сурет).

Сурет 1. Трапецияның орта мәндері

Сонда MN - трапецияның орта сызығы; KF - трапеция диагональдарының қиылысу нүктесі арқылы өтетін және табандарына параллель кесінді; LE - трапецияны екі ұқсас трапецияға бөлетін кесінді; TQ - трапецияны ауданы бірдей екі трапецияға бөлетін түзу кесінді.
MN=a+b2- арифметикалық ортасы;
KF=2aba+b - гармоникалық ортасы;
TQ=a2+b22- квадраттық ортасы;
LE=ab - геометриялық ортасы.
Суреттен көрініп тұрғанындай, кесінділердің тізбегі үшін мынадай теңсіздіктер реті дұрыс болады:
BCKFLEMNTQAD немесе a2aba+baba+b2a2+b22b
Мысал 2.2.1. Айталық a және b теріс емес сандар болсын. Мынадай теңсіздіктің орындалатынын a+b2 = ab. (*) дәлелдейік.
Дәлелдеу. Теңсіздіктің оң және сол жақтарының айырмаларын табайық:
a+b2-ab= a+b-2ab2= a-b22.
Нәтижесінде теріс емес сан шыққандықтан, a+b2 = ab теңсіздігі орындалады. Теңсіздіктің оң және сол жақтарының тең болатын, тек қана a = b болғанда, ал егер a!= b болса, онда a+b2ab болады.
Екінші тәсіл бойынша дәлелденуі
Кез келген теріс емес а және b сандары үшін Мынадай теңсіздіктің орындалатынын (a+b)2=ab дәлелдейік.
Шешуі. Сандардың квадраты теріс емес сан болатындықтан, (a-b)2=0болады. Осыдан a-2ab+b=0. Теңсіздіктің екі жағына да 2ab=2ab өрнегін қосу арқылы оған тең күштес болатын мынадай теңсіздікті аламыз a+b=2ab, сонан соң теңсіздіктің екі жағын да 12санына көбейтіп, қорытындысында a+b2=axb аламыз. Ал теңдік a+b2=axb тек қана (a-b)2=0, яғни а=b болғанда ғана оындалады.
Осылайша, екі теріс емес санның арифметикалық ортасы сол екі санның геометриялық ортасынан кем болмайды. Бұл теңсіздік француз математигі Оггустин Луи Кошидің құрметіне Коши теңсіздігі деп аталғанын жоғарыда да атап өткенбіз.
Ал енді (*) теңсіздігін бірнеше қосынды үшін қарастырайық.
Коши теңсіздігі төрт сан үшін мына түрде болады: a+b+c+d4 = 4abcd.(**)
Дәлелдеу: a+b+c+d4= a+b2+c+d22 =ab4+cd4=ab cd= 4abcd.
Ал енді (**) теңдікке мынадай теңдік a = b, c = d орындалғанда ғана айналатын болады, яғни a = b = c = d.
Үш сан үшін Коши теңсіздігі мына түрге келеді :a+b+c3 =3abc.
Дәлелдеу: a+b+c+3abc4 =4abc3abc= 3abc, осыдан a + b + c =3abc. Теңдігі тек a = b = c болғанда ғана орындалады.
Жоғарыда көрсетілген Коши теңсіздігінен мынадай салдарлар шығады:
1. Кез келген а оң саны үшін мынадай теңсіздік орындалады a+1а=2.(***). Егер а = 1 болса, онда теңсіздік теңдікке айналады. Демек, екі өзара кері сандардың қосындысы екіден кем болмайды, ал олардың теңдігі тек екі сан да бірге тең болған жағдайда орындалады.
2. Айталық, а1, а2, ..., аn теріс емес сандар болсын, сонда мынадай теңсіздік ... жалғасы

Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.