Puncte de extrem. Teorema lui Fermat. [602166]
1
Capitolul I
Puncte de extrem. Teorema lui Fermat.
Teorema lui Lagrange. Teorema lui Cauchy.
Fie ) (, : R A R Af o funcție.
Definiție: Un punct A x0 se numește punct de maxim relativ (respectiv minim relativ) al lui f
dacă exis tă ܷ o vecinătate a lui A x0 astfel încât )( )(0xfxf (respectiv )),( )(0xf xf
∀ݔ∈ܷ∩ܣ.
Valoarea )(0xf se numește maxim (respectiv minim) relativ al lui f. Punctele de maxim sau de
minim relativ se num esc puncte de extrem relativ.
Are loc următorul rezultat:
Teoremă (Fermat): Fie ܫ un interval deschis și I x0 punct de extrem relativ al funcției
R If: . Dacă f este derivabilă în I x0 atunci 0)(0xf .
Demonstrație: Presupunem că I x0 este un punct de maxim. Rezultă că
Ux xf xfîaI U V Ux ),( )(.. ,00. Dar , ݂ este derivabilă în I x0 atunci:
00
0 0)( )(lim)( )(
00 xxxf xfxf xf
xxxxd
și
00
0 0)( )(lim)( )(
00 xxxf xfxf xf
xxxxs
.
Dar,
00)( )(
xxxfxf
este 0 , ,0 xxUx respectiv 0 , ,0 xxUx . Deci 0)(0xf ,
0 ) (0xf de unde 0)(0xf .ș
Teorema lui Fermat afirmă că punctele de extrem local sunt printre punctele critice (zerourile
derivate i).
Teoremă (Lagrange a creșterilor finite): Fie R baf,: funcție Ro lle ( f continuă și
derivabilă pe ba,. Atunci .. , îabac )()( )(cfbabf af.
2
Demonstrație: Fie baxkxxf xF , , )( )( o funcție auxiliar ă cu k constantă reală
determinată din condiția ).( )( bF aF
, )( )( kbbf kaaf deci .)( )(
abaf bfk
Funcția F verifică condițiile teoremei lui Rolle , deci există ܿ∈(ܽ,ܾ) astfel încât
ܨ,(ܿ)=0.Dar, ܨ′(ݔ)=݂(ݔ)+݇,∀ݔ∈(ܽ,ܾ), deci ).()( )(cfbabf af
ș
Teorema se mai întâlnește și sub numele de prima teoremă de medie. În sine și mai ales prin
consecințele sale te orema are o însemnătate deosebită în analiza matematică.
Consecințele teoremei lui Lagrange:
a) Intervalele de monotonie:
Teoremă: Fie R If: o funcție derivabilă. Dacă 0f pe I atunci f este monoton
crescătoare pe intervalul I. Analog , pentru 0f pe I, f este monoton descrescătoare pe I.
Demonstrație:
Fie 2 1 2 1 , , xxI xx și Ix xf ,0)( . Aplicând funcției ݂ teorema lui Lagrange pe
2 1,xx deducem că exi stă 0 ),() ()( )(.. ,1 2 1 2 1 2 2 1 xxcfxx xf xfîaxxc rezultă că
)( )(1 2 xf xf adică f este monoton crescătoare pe I.
Analog Ix xf ,0)( .
b) Funcții având aceeași derivată:
Teoremă: Dacă R If: este derivabilă pe un interval și Ix xf ,0)( atunci f este
const antă pe I.
Demonstrație : Fie Ia fixat. axIx , avem )() ()( )( cfax af xf unde c este
situat între a și x. Dar , 0)(cf rezultă că Ix af xf ),( )( adică f este constantă pe I.∎
Corolar: Fie R Igf:, derivabile pe I. Dacă Ix xg xf ),( )( atunci gfeste
constantă pe I.
Demonstrație: Fie )( )( )(, : xgxf x R I . Evident este derivabilă și 0)(x .
Aplicâ nd teorema anterioară, rezultă că este constantă pe I.
3
Teoremă (Cauchy): Fie R bagf ,:, funcții Rolle astfel încât ),( ,0)( bax xg , atunci
există un punct ),(bac astfel încât )()(
)()()( )(
cgcf
agbgaf bf
Demonstrație: Se aplică funcției Rkxkgxf xF ),( )( )( teorema lui Rolle.
Din )( )( bF aF rezultă că )()()( )(
agbgaf bfk . Așadar există 0)(.. , cFîabac echivalent
cu )()(,0)( )(cgcfk xgkxf .∎
Funcții convexe
Definiție: Fie RI un interval. O funcție R If: este convexă dacă 1,0 , , Iyx
avem )( )() 1() ) 1(( yf xf y x f .
Dacă inegalitatea este strictă ( )1,0 ,yx , atunci funcția este strict convexă.
Funcția este concavă (strict concavă) dacă f este convexă.
Funcțiile simultan convexe și concave sunt cele afine.
Dacă R If: RI, este de două ori der ivabilă un criteriu util de stabilire al convexității
funcției este derivata a doua a funcției. Mai exact dacă 0f pe I atunci f este convexă pe I
și evident dacă 0f pe I atunci f este concavă pe I.
Exemple:
a) xexfR Rf )(, : este strict convexă
b) x xgR g ln)(, ,0: este strict concavă
c) funcția 3)(, : x xfR Rf este strict concavă pe 0, și convexă pe ,0
d) xxe xfR f )(, ,0: este convexă. Într -adevăr funcția ݂ ,este de două ori
derivabilă pe ,0 și .0 ,0)2( )( x xexfx
e) funcția 1 )(, :2 x xgR Rg este concavă și 0
1 11)(
2 2
x xxg
4
f) fie 3 ln2)(,ln )(, ,0:2 x xhx x xgR h . Din tabelul de semn rezultă că
derivata a doua nu are semn constant pe ,0 .
x
0 23e
)(xh – – – – – – 0 + + + + +
Așadar , funcția este concavă pe
23
,0e și convexă pe intervalul
,23
e . Pe intervalul de
definiție ℎ nu este nici concavă nici convexă.
Dacă ݂ este strict convexă atunci nu neapărat derivata a doua a funcției este pozitivă așa cum
arată exemplul func ției 4)(, : x xfR Rf , ݂ este strict convexă fără ca derivata a doua să fie
pozitivă.
Luând 21 în definiția convexității obț inem o inegalitate utilă: dacă ݂ este o funcție convexă
pe un interval I atunci
2 2f(y) f(x)yxf
. Funcțiile convex e au proprietatea că punctele
orică rei porțiuni de pe grafic se află sub punctele corespunzătoare coardei sau pe coardă. În cazul
funcțiilor concave punctele oricărei porțiuni de pe grafic se află deasupra punctelor
corespunzătoare coardei sau pe coardă.
Teoremă: Fie R If: , RI o funcție derivabilă. Atunci :
i) ݂ este convexă dacă și numai dacă Iax axaf af xf , ), )(( )( )(
ii) ݂ este strict convexă dacă și numai dacă axIax axaf af xf , , ), )(( )( )(
Demonstrație : i) Necesi tatea: presupunem că funcția ݂ este convexă. Fie
.1,0 , , , axIax Atunci:
5
)( )( )( )( )( 1 1 afxf af xf af x a f ax af
de unde avem:
)( )()(afxf axaxaf ax af
Demonstrația se închide trecând la limită după 0 .
Suficiența : Fie .1,0 , ,Iyx
Confo rm ipotezei: yxy x f y x f xf ) 1( ) 1( )(
) ( 1 ) 1( ) 1( )( yx y x fy x f yf
Înmulțind prima relație cu 1 și cea de a doua cu obținem:
y x f yf xf 1 )( )( 1 , ceea ce ne arată că funcția f este convexă.
ii) Necesitatea:
Procedăm ca la punctul i ) și obținem )( )()(af xfaf ax af
ax af af ax af )( )(
prin urmare , axIax axaf af xf , , ), )(( )( )(
Suficiența se demonstrează asemănător ca la punctul i ).ș
Remarcăm faptul că o funcție convexă poate să nu fie continuă și dacă este continuă poate să nu
fie derivabilă. Ca exemple avem funcțiile
1,0 ,01 0 ,1)(xx sau xxf și funcția modul.
Funcțiile convexe sunt însă continue în toate punctele interioare ale intervalului de definiție și î n
aceste puncte au derivate laterale finite. Mulțimea punctelor de ne derivabilitate ale unei funcții
convexe este cel mult numărabilă.
Propoziția 1 : Fie R If: o funcție convexă. Pentru orice zyx din I are loc relația:
6
yzyfzf
yxyf xf
)( )( )( )(
.
Demonstrație: Considerăm ݕ ca o combinație conv exă de ݔ și ݖ , adică z x y ) 1( cu
1,0 . Relația de demonstrat se reduce la definiția proprietății de convexitate. ș
Lemă : Fie R If: și RIun interval. Atunci funcția f este convexă dacă și numai dacă:
Izyx
zzyyxxzfzyfyxfx
,,,0
111)( 1)( 1)( 1
222 distincte.
Sau echivalent zyxIzyx
zfzyfyxfx
, ,,,0
)( 1)( 1)( 1
.
Demonstrație: Condiția zyxIzyx
zfzyfyxfx
, ,,,0
)( 1)( 1)( 1
este echival entă cu:
zyx zfxy yfxz xfyz ,0)() ()() ()() (
Putem scrie pe y ca o combinație conve xă de xși z: 1,0 , ) 1( z x y
f fiind convexă rezultă că ).( )() 1( ) 1( zf xf z x f ș
Funcției R If: îi asociem o nouă funcție Iaaxaf xfxsR aIsa a ,)( )()(, \: .
Teoremă (Galvani) : Fie f o funcție reală definită pe un interval I. Atunci f este convexă
(respectiv strict convexă) dacă și numai dacă funcția asociată
Iaaxaf xfxsR aIsa a ,)( )()(, \: este crescătoare (respectiv strict cresc ătoare).
7
Adică , Iayx
aayyxxafayfyxfx
xyxsysa a ,,,0
111)( 1)( 1)( 1
)( )(
222.
Demonstrație teoremei rezultă din lema anterioară.
Funcțiile convexe constituie o clasă importantă de funcții ce oferă numeroase ineg alități.
Vom prezenta în continuare câteva proprietăți de bază ale funcțiilor con vexe și concave utile în
multe aplicații.
Propoziția 2 :
a) suma a două funcții convexe (concave) este o funcție convexă (concavă)
b) produsul dintre o funcție convexă și o funcție constantă pozitivă este o funcție convexă.
c) Dacă RJIR JfJ Ig ,, :, : , g convex ă și f convexă și crescătoare atunci gf
este convexă
d) Dacă g este inversa lui f atunci au loc următoarele afirmații:
f convexă și crescătoare g concavă și crescătoare
f convexă, descrescătoare g convexă descrescătoare
f concavă, descrescătoare g concavă descrescătoare
Demonstrație:
a) Fie R IfR Ig :, : două func ții convexe (se demonstr ează analog pentru cele
concave).
Dacă 1,0 , ,2 1 Ixx din definiția co nvexității avem:
8
)( )( 1 1)( )( 1 1
2 1 2 12 1 2 1
xg xg x x gxf xf x x f
prin adunarea celor două inegalități obținem:
)( )( 1 12 1 2 1 xgf xgf x x gf
b) fie 0 ,)(, :, , : ccxgR IgRIR Jf . Fie 1,0 , ,2 1 Ixx
)( )( 1 12 1 2 1 xfc xfc x x gf
c) Fie 1,0 , ,2 1 Ixx
2 1 2 1 2 1 1 1 1 xgf xgf x x gf x x gf
deoarece g es te convexă pe ܫ )( )( 1 12 1 2 1 xg xg x x g iar f este crescătoare.
Aplicând ݂ la inegalitatea precedentă se obține ce avem de demonstrat. ș
Propoziție 3 : Dacă R If: , RI un interval, este o funcție neconstantă și convexă atunci
f nu-și poate atinge valoarea cea mai mare în interiorul intervalului.
Demonstrație: Presupunem prin reducere la absurd că f își atinge valoarea cea mai mare în 0x
în interiorul intervalului. Cum f nu este constantă rezultă că 0x poate fi inclus într -un interval
2 0 1 2 1 ..,, x xxîaxx și cel puțin la capetele intervalului f să fie strict mai mică decât )(0xf .
Fie )( )(),( )(0 2 0 1 xf xf xf xf .
Punem 2 1 01 x x x și înmulțind prima inegalit ate cu 1 și a doua cu obținem
2 1 0 2 1 ( 1 )( )( )( 1 x x f xf xf xf relație ce contrazice convexitatea funcției ݂.∎
9
Formula lui Taylor.
Fie R Vf: o funcție de ݊ ori derivabilă pe vecinătatea V a punctul ui 0x. Polinomul Taylor
asociat funcției ݂ în punctul 0x este dat de:
nn
n xxnxfxxxfxxxfxf xT ) (!)(…) (!2)() (!1)()( )(00 2
00
00
0
observăm că )( )(0xf xTn
)( )(0xf xTn
………………….
)( )(0xf x Tn n
n
notând cu Vx xTxf xn ),( )( )( atunci Vx xTx xfn ),( )( )( .
Teoremă (f ormula lui Taylor 1685 – 1731) : Dacă f este o funcție de ݊ ori derivabilă într -o
vecinătate a punctului 0x și nf este continuă în 0x , atunci are lor formula:
0
) ()(lim ) (!)(…) (!2)() (!1)()( )(
000 2
00
00
0
0
nxxnn
xxxși xxnxfxxxfxxxfxf xf
Exemple:
1) 0 , )(, :0 xexfR Rfx
avem 0)0( ….,,1)0(,1)0( nf f f
atunci )(!…!2!112
xnx xxen
x unde 0)(nxx când .0x
2) ) ()!12()1 ….(!5!3!1sin2212 5 3
nn
nxonx x xxx când .0x
3) ) ()!2()1(….!4!21 cos122 4 2
nn
nxonx x xx când .0x
10
Am folosit notația lui Landau ))(( )( xgo xf când 0x x dacă .0)()(lim
0
xgxf
xx
Teoremă: Fie R If: o func ție de ݊ ori derivabilă pe I și de ݊+1 ori derivabilă pe
interiorul lui I. Atunci pentru orice două puncte Iax, există un punct cîntre ݔ și ܽ astfel încât
să avem:
)()!1() ()(!) (…)(!1)( )()1(1
)(c fnaxafnaxafaxaf xfnn
nn
Demonstrație: Avem de arătat că )()!1() ()( )( )()1(1
c fnaxxTxf xRnn
n n
pentru c situat
între cele două puncte Iax, .
Observăm că 0)( …)( )()( a R aR aRn
n n n și ).( )()1( )1(x f x Rn n
n
Aplicând teorema l ui Cauchy de medie se obține succesiv:
.)!1()()!1()(
) () ()( )(
)!1(…
) )(1()(
) ( ) ()( )(
) ()(
)(1
11
1 1 1
ncfncR
aa acaR cR
n ac ncR
ax axaRxR
axxR
nn
n
nn n n
nn
n nn n
nn
∎
11
Sume Darboux
Fie R baf,: o funcție mărginită și nx xx D …,,,2 1 o diviziune a intervalului
ba,. Atunci există numerele n ix xxxfSup MxfInf mi i i i ,1,, , ,1 .
Definiție: Numerele
n
ii i i D xxm fs
11 și
n
ii i i D xxM fS
11 se numesc suma
Darboux inferioară, respectiv suma Darboux superioară asociate funcției f pentru diviziunea
D.
Dacă funcția f este continuă atunci conform pro prietății lui Weierstrass este mărginită și își
atinge marginile pe un interval compact. Deci există
i i i i i i i i f M f mîax x , .. , ,1 . În acest caz sumele Darboux devin:
n
ii i in
ii i i D xx f xxm fs
11
11
n
ii i in
ii i i D xx f xxM fS
11
11
Definiție : Fie R baf,: o funcție mă rginită . Unicul număr real ܫ care satisface
fSIfsD D oricare ar fi D o diviziune a intervalului ba,, se numește integrala definită a
funcției f de la a la b și se notează b
adxxf I .
Interpretarea geometrică a sumelor Darboux
Fie ,0 ,:baf o funcție continuă. Fie f o suprafață delimitată de dreptele bxax, ,
graficul funcției f la axa OX.
Considerăm nx xx D …,,,2 1 o diviziune a intervalului ba,.
12
a)
b)
di
x1 xn 0 X Y A2
A1
An
x1 xn 0 X Y
13
c)
d)
Aria dreptunghiului d i determinat la punctul b) este mai mică decât aria suprafeței A i
determinată la punct ul c) care este la rândul ei mai mică decât aria dreptunghiului D i
i f i D aria aria d aria Di
x1 xn 0 X Y Ai
x1 xn 0 X Y
14
Prin sumare se obține:
n
ii fn
ii D aria aria d aria
1 1
sau fS ariafsD f D
Dacă funcția f este continuă pe intervalul ba, atunci există un număr car e se numește aria lui
f și se notează cu b
adxxf .
Teoremă (Criteriul lui Darbouxde integrabilitate Riemann ):
Fie R baf,: . Sunt echivalente:
1) f este integrabilă Riemann
2) pentru orice ,0 astfel încât pentru orice diviziune D a intervalului ba, cu
D să avem fsfSD D .
Așadar , pentru o funcție continuă avem două modalități de abordare a integralei definite:
folosind sumele Darboux , fie fol osind sumele Darboux inferioare și superioare.
15
Capitolul II
Inegalități / egalităț i demonstrate cu teorema lui Fermat
Teorema lui Fermat oferă o metodă remarcab ilă de demonstrare a unor inegalități. Prin
scrierea convenabilă a un ei inegalități și identificarea punctului de extrem , aplicarea teoremei
devine facilă.
Vom prezenta în continuare mai multe aplicații:
1) Dacă 0,,cba astfel încât 1,1 ,3 x c b ax x x atunci 1abc
Soluție: Considerăm funcția x x xc b axfR f )(, 1,1: . Inegalitatea se va rescrie
)0( )( f xf deci 0x este un punct de minim pentru funcția
x x xc b axfR f )(, 1,1: .
Aplicând teorema lui Fermat obținem 1 0 ln 0 ln ln ln abc abc c b a
Inegalitatea admite următoarea generalizare.
2) Se consideră n kR b ak k ,1 , ,1\ ,0 cu proprietatea că
, … …2 1 22 11 nx
nnx xb bb ab ab ab ∀ݔ∈R.Să se arate că
1 …2 1
2 1 nb
nb ba aa
Soluție: Fie nx
nnx xb bb ab ab abxfR Rf … … )(, :2 1 22 11 .
Observăm că )0( )( f xf adică 0x este punct de minim pentru funcție.
1 … 0 … ln 0 ln … ln 0)0(2 1 2 1
2 1 2 1 1 1 n n b
nb b b
nb b
n n a aa a aa a b ab f .
3) Să se arate că nu există 0 ,0 x a să avem xaa xa 1
Soluție: Presupunem prin reducere la absurd că 0 , 1 xxaa xa
Fie funcția xax xfR fa )(, ,0: .
16
Inegali tatea se rescrie astfel: )1( )( f xf . Conform te oremei lui Fermat 0)1(f , deci
0 0 2,2)1(, )(21a aa fxaaxxfa contradicție.
4) Să se arate că există 1 0a astfel încât:
a) Rx x ax ,1
b) Rx x aa x,
c) 0 ,1ln2 xxxax
Soluție:
a) Se aplică teorema lui Fermat funcției 1 )( x axfx
b) Se consideră funcția 0 , )( xx axfa x. Se observă că a x0 este punct de minim global,
cum funcția este derivabilă conform teoremei lui Fermat 1ln )(,0)(a xaxa axf af deci
ea a a aaa aa a a 0)1 (ln, ln1
c) Fie 1 0 ),1( )(,1ln2)(, ,0: x x f xfxxax xfR f este punct de minim
.2 ,0)1( a f
5) Să se arate că dacă 1,1 ,0 sin …. sin sin2 2 1 1 x xa a xa axa an n atunci
0 …2 1 na aa
Soluție : Considerăm funcția 0 sin …. sin sin )(, 1,1:2 2 1 1 xa a xa axa axfR fn n
avem )0( )( f xf deci 00x este punct de minim. Aplicând te orema lui Fermat se obține:
0 … … )0(cos … cos cos )(0)0(
2 12 2
22
122
2 12
1
n nn n
a aa a a a fxa a xa axa axff
( o sumă de pătrate este zero dacă fiecare termen este zero)
17
În continuare vom da o caracterizare unor con stante care apar în anumite inegalități. Ca o
consecință, ce număr este mai mare e sau e?
6) Arătați că 0 ,0 , a x x ea x
Solu ție: Fie
)( lim)( lim,0, )(
0xf xf xxexf
x xax
. Fie 0x punctul de minim pentru funcția
dată. Cu teorema lui Fermat 0 1 )(
00 00
xaxe xfa x. Valoarea minimă este aa
aeaf)( .
Minimul este mai mare decât 1 dacă și numai dacă ea.
7) Fie *Nn . Arătați că există un unic ,Ra astfel înc ât 1 , 1)1( ax xn
(ineg alitatea lui Bernouli)
Soluție: Fie .1 , ) 1()( xax x xfn
.0)0( )0( )(1)0(
f f xff
Exploatarea definiției și proprietăților funcției convexe / concave
1) Fie x un număr real astfel încât 40x . Arătați că x xx xcos sincos sin .
AMM, problema 10261
Soluție :Prin logaritmare inegalitatea devine
0 sinln cosln x xtgx .
Fie 1,0 ,0,0 , ,, b aR ba . Funcția logaritm natural este strict concavă, aplicând
definiția se obține
b a b a ln 1 ln 1 ln .
Fie x un număr real astfel încât 40x , punând xtg x x bx a , cos sin , sin
inegalitatea devine
18
x x xtg x xtgx cos sinln 1 sinln cosln .
Observăm că 1xtg iar 04cos2 cos sin x x x.
2) Comparați x tgsin cu 2,0 , sinxxtg .
Soluție :Fie
xtg xx xtg xxfxtg x tgxf2 22 3
cos cossin cos cos cos, sin sin .
Fie 20artgx . Din concavitatea funcției cosinus pe intervalul
2,0 avem
xx xtgx xtg x xtg cos3sin2cos sincos2 cos31sin cos cos3 2 .
Ultima inegalitate rezultă din
1 cos coscos1cos2cos1
31
3sin2
1
2 2
x xxxxx xtg.
Așadar , 0 sin cos cos cos2 3 x xtg x deci 0xf . Deci , funcția este crescătoare pe
2,0artg . Pentru a încheia demonstrația este sufficient să punctăm că
14
412
2sin
2
tg tg arctg tg
Dacă
2,2artgx atunci 0 sinx tg și atunci 0xf .
O inegalitate deosebit de utilă și la care vom apela de multe ori este următoarea:
3) Fie R f1,0: o funcție concavă crescătoare astfel încât 11,00 f f . Arătați că
1,0 ,2 1x xxfxf.
Soluție: Fie 1 0 ba . Punând aabt și folosind definiția funcției concave obținem
19
bbaf
bfab bafaf 0.
Dacă 1 , bax obținem xxf și cum 1f este crescătoare avem xf xffx1 1 .
Pentru xfa bx1,0 obținem
xxfxfxffx1
1
,
adică 1,0 ,2 1x xxfxf .
4) Fie vuba ,,, numere nenegative astfel încât 1 ,15 5 5 5 v u b a . Arătați că
132 32vb ua
Soluție: Folosim inegalitatea dintre media aritmetică și media geometrică:
151312
53 2
53 253 25 53 2
5 5 5 5
32 32325 532 5 15 105 5 5 5 5 5 5
v b u avb uavbv bua uau u u a a u a
5) Arătați că :
2 22 2b a ba (inegalitatea dintre media aritmetică și media pătratică).
Soluție: Funcția 2, ,0: xxfR f este convexă. Aplicând rez ultatul “ dacă f este
convexă pe un interval atunci
2 2yf xf yxf “ obținem inegalitatea dorită.
Prin inducție se ținând cont și de convexitatea funcției nxxfR f , ,0: se poate
generaliza
…. …2 1 2 1 nk
nk k
n
na a a
na aa
6) Arătați că
݁భ
+݁భ
ഏ≥2݁భ
య.
Solu ție :Considerăm func ția ݂(ݔ)=݁భ
ೣ, ݔ>0. ݂ᇱ(ݔ)=−ଵ
௫భ
ೣ<0, ݂"(ݔ)>0 , rezult ă că ݂este
convexă descrescătoare
20
݂(݁)+݂(ߨ)
2≥݂൬݁+ߨ
2൰.
Pe de altă parte ାగ
ଶ<3, iar ݂ fiind descr escătoare ݂ቀାగ
ଶቁ>݂(3).
În anul 1965 profesorul Tiberiu Popovici publica următoarea inegalitate:
7) Teoremă (inegalitatea Tiberiu Popovici): Fie R If: o funcție convexă și cba,, puncte
din intervalul I.Atunci
2 2 2 32
3 3acfcbfbafcbafcf bf af.
Deomnstrație: Știm că R If: este o funcție convexă, atunci
1 ,1,0 ,, ,, Iba bf af b af .
Folosind acest resultat vom demonstra teorema. Pentru început observăm că inegalitatea este
simetrică în cba,,. Presupunem că cba . Putem avea 3cbab sau 3cbab .
Dacă 3cbab avem ordonările: ccbcbaccacba
2 3,2 3.
Considerăm combinațiile convexe :
.1 ,3 2,1 ,3 2
ccba cbccba ca
.
Prin adunarea celor două inegalități obținem
32
3223223 22 c ba c bacc baccba c ba
Deci , 23 .
21
Din convexitatea fun cției ݂ se ob ține : )() 1()3(2cfcbafcaf
,
)() 1()3(2cfcbafcbf
, ).(21)(21
2bf afbaf
Adunând aceste rela ții
obținem ).3(23)(21)(21)(21
2 2 2cbaf af bf afacfcbfbaf
Înmul țind acest rezultat c u32 se ob ține inegalitatea dorită.Analog,se tratează cazul cand
.3cbab
ș
Considerând fu ncția convexă xxfR of1)(, ),(: și aplicând inegalitatea lui Popoviciu
obținem inegalita tea .0 ,,,4 4 4 9 111 cbaaccbbacbacba
Inegalitatea 0 ,,,) () () () ( 642 2 2 cbaac cb ba cbaabc se ob ține prin aplicarea
inegalită ții lui Popoviciu funcției ,ln )( x xf pentru .0x
8) Fie yx yx
,2,0 ,. Arătați că yy
xx
xyxy
22
22
2
sin1sin1lnsin1sin1lnsin1sin1ln
.
Soluție: Definim funcția
tt
eetfR fsin1sin1lnln ,2ln, : . Calculând derivata a
doua a funcției se obține 0 2sin1sin1ln sin coscos2
2 2
t
tt
t t t
t tft
eeee eee eetf deci
funcția este strict convexă.
Definim acum funcția :
2,0 ,0 2cos1sin1ln cos ,00.2sin1sin1ln sin cosu utguuu uug guuuu u ug
Deoarece 0g rezultă că 0tf deci funcția f este stricz convexă pe domeniul de
definiție. Așadar ,
yy
xxe exyxyy fx f y xf
22
22
ln2 ln2 ln ln2 2
sin1sin1lnsin1sin1lnsin1sin1ln
.ș
Fiind date două numere reale poziti ve ba, definim:
b ababaLpb abaMpp p
p
ln ln:,0 ,1:,1
22
baMp, se numește media media generalizată a lui ba,.
baL, se numește media logaritmică a lui ܽ și ܾ.
Observăm că baM ,1 este me dia aritmetică a lui ba, iar ba M ,1 ne dă media armonică a luiܽ
și ܾ.Dacă 31p se obține media Lorentz.
Următorul rezul tat ne dă o legătură între baL, și baMp,.
9) Dacă 31p atunci baMbaLp, , pentru ba, numere reale poziti ve și distincte.
Soluție: Fie 33
11ln83, ,1:
xxx xfR f . Derivata funcției este
01,1 ,0 ,
11
83
4
f x xf
xxxxf deci ,1 ,0x xf . Presupunem că
, 0 ab luăm 31
31bax în 0xf și se obține b aba b a
ln ln 233 3
.
10) Fie 0 ,ba și 1,cx numere reale. Arătați că 22cc cab b ax x x .
Soluție: Funcția cttf este convexă în timp ce funcția txxg este convexă și crescătoare.
Atunci funcția ctxtfg th este convexă.
22
2 2222cc
c cabba
b ax xbah bhah x x
11) Arătați că dacă cba,, sunt numere reale pozitive atunci
2 2 23, , max3a c c b b a abccba .
Soluție: Fără a restrânge generalitatea pute m presupune că cba . Inegalitatea devine
ac ca abc cba 2 3 33 .
23
Fie ca, numere fixate. Definim funcția
,032, 3 2 3 , ,:35
31
3 bac bf abc cba ac ca bfR caf deci funcția
este co ncavă și își atinge minimul în ܽ sau în ܿ.
Astfel , minimul se atinge pentru ܾ=ܽ sau ܾ=ܿ .Considerăm cazul în care ܾ=ܽ.
Inegalitatea d evine ccc
61 3231
, inegalitate provenită din inegalitatea dintre media
aritmetică și media geometrică.
Analog cazul ܽ=ܿ.
12) Folosind proprietățile funcțiilor concave să se arate că 0 , ln xexx .
Soluți e: Funcția 0 ,ln xx xf este concavă pe domeniul de definiție iar graficul său se va
afla sub tangenta în orice punct al curbei. Ecuația tangentei în e x0 la graficul funcției este
exyexey ,11 .
13) Să se arate că o ricare ar fi Rt și 1,1x avem t t t t txeex ee e 2 .
Soluție: Fie ,01 , , , :2 texf texfexfR Rftx tx tx deci funcția este convexă,
prin urmare restricția funcției la 1,1 are graficul sub coarda determinată de punct ele
1 ,1f și 1,1f .
1,1 , xbaxxf
Rezolvând sistemul
11
fbafba se obține 2,2t t t teeaeeb .
Folosind lema lui Galvani putem deduce următoarele inegalități:
14) Fie cba0 ( sau abc acb 0, 0 ) numerele reale. Atunci:
a) accbbabcabca
24
b) .1, ncb ba ac ca bc abn n n n n n
c) abc acbbca cba
d)
02 2 2
c baababc
cb acacab
cbabcbca
Soluție: Lema ne spune că pentru o funcție strict convexă pe un interval avem:
.0
111
zfzyfyxfx
a)Se consideră funcția strict convexă x xfR f , ,0: . Aplicând lema avem
0
111
ccbbaa
.
După calculul determinantului se obține inegalitatea cerută.
b)Se ia nxxf.
c) Prin logaritmare inegalitatea se rescrie bacbaccabcab ln ln ln ln ln ln . Funcția
logaritm natural este concavă deci 0
ln 1ln 1ln 1
c cb ba a
25
Inegalitatea lui Jensen
O consecință a definiției unei funcții convexe este următorul rezultat, datorat lui Johan
Jensen (1859 – 1925). Inegalitatea lui Je nsen are numero ase aplicații în stabilirea unor
numeroase inegalități.
Teoremă (inegalitatea lui Jensen) : Fie f o funcție convexă pe un interval ܫ( RI). Fie
n nI x xx …,,,, …,,,2 1 2 1 numere reale nenegative astfel încât
n
ii
11 . Atunci
n
ii in
iii xf x f
1 1 (cu sens schimbat pentru funcția concavă)
Demonstrație: Demonstrăm inegalitatea prin inducție după ݊.
Pentru ݊=2 obținem 2 2 1 1 22 11 xf xf x xf , chiar definiția convexității:
)( )() 1( ) 1(, 1 12 2 1 1 22 1 1 2 1 2 1 xf xf x x f
Presupunem că inega litatea este adevărată pentru ݊ și o demonstrăm pentru ݊+1:
Fie I xx xxn n n n 1 2 1 1 2 1 , …,,,,0 , …,,, cu
n
ii
11 .
n n nnot
n
n nn
n
n nn
n n n n nn y x x x x1 1
11
11 1 1
conform ipotezei de inducție avem:
). ( )( …)( ) ( )( ) () ( …)( ) () ( …)()() (…)( ) ( … …
1 1 1 1 1
11
111 1 1 1 1
11
11 1 1 1 11 1 1 1 1 1 11 1 1 11
n n n n n
n nn
n
n nn
n nn n n
n nn
n
n nn
n n n nn n n n n n n n n n
xf xf xf xf xfxf xf x x f xf xfyf xf y x xf x xf
∎
În particular pentru orice Nn avem ur mătoarele inegalități utile în aplicații:
,)( …)( )( …2 1 2 1
nxf xf xf
nx xxfn n
dacă ݂ este convexă
26
,)( …)( )( …2 1 2 1
nxf xf xf
nx xxfn n
dacă ݂ este concavă.
Aplica ții:
1) Să se demonstreze că dacă 0,,zyx și 1 zyx atunci 43
1 1 1 zz
yy
xx
Soluție : Considerăm funcția 0)1(2)(,1)(, 1,0:3
ttftttfR f ,deci funcția este
concavă pe intervalul 1,0.
Aplicăm inegalitatea lui Jensen:
41
31
3) (
3)( )( )(
fzyxf zf yf xf
Deci, 43
1 1 1 zz
yy
xx.
2) Arătați că 5 5 3 5 3323 3 3 3
Soluție: Aplicăm teorema lui Jensen funcției 5)(, ,0: x xfR f .
Calculând obținem 01
254)(
5 9xxf funcția este concavă
2 22 1 2 1 xf xf xxf
. Luăm 6 ,3 3 ,3 32 13
23
1 xx x x
35 3 5 3 3 3
523 3 3 3
23 3 3 3
26
f ff , inegalitatea ce trebuia demonstrată.
3) Fie A,B,C măsurile în radiani ale un ghiurilor unui triunghi ABC. Arătați că
233sin sin sin C B A
Soluție: Fie funcția x xfR f sin)(, ,0:
27
Făcând derivata a doua a funcției se obține ,0 ,0 sin )( x x xf ,deci funcția este
concavă pe intervalul ,0 . Concavitatea fun cției sinus pe ,0 . se constată ușor și pe grafic.
Aplicăm teorema lui Jensen pentru n=3 și CxB xAx 3 2 1 , ,
Avem: 233
3sin sin sin
3 3)( )( )(
3
C B AfCf Bf Af CBAfCBA
4) Arătați că pentru orice 0 ,yx avem: yyxyxyxx yxln ln2ln.
Soluție: Fie 01)(,ln )(, ,0: xxfxx xfR f ,deci funcția este convexă. Cu
inegalitatea lui Jensen avem:
.ln ln2ln2ln ln
2ln2 2 2yyxyxyxx yx yyxxyxyx yf xf yxf
5) Să se demonstreze că într -un triunghi ABC au loc inegalitățile:
a)
2,0 ,,,23cos cos cosCBA C B A
b) 81cos cos cos C B A
c) cbac
bcab
acbacba2 2 2
d) r rrrc b a 9 unde c b a rrr ,, reprezintă razele cercurilor exînscrise triunghiului ABC.
Soluție: a) Se aplică inegalitatea lui Jensen funcției concave x xfR f cos)(,2,0:
b) D acă un unghi al triunghiului este obtuz atunci cosinusul lui es te negativ, clar inegalitatea se
verifică. Presupunem că
2,0 ,,CBA . Logaritmând inegalitatea se obține
81ln cosln cosln cosln C B A .
28
Se ia x xfR f cosln)(,2,0:
. Funcția este concavă fiind o compunere dintre o fu ncție
concavă și o alta concavă cre scătoare, sau se poate calcula derivata a doua 0cos1)(2
xxf
Deci ,3cosln cosln cosln
3cosln3)( )( )(
3C B A Cf Bf Af CBAf
c) Observăm că 2, , ,cbapcpcbabpbcaapacb este
semiperimetrul triunghiului ABC .
Considerăm funcția convexă xpxxfR p f 2
)(, ,0: și aplicăm teorema lui Jense n
pentru ݊=3:
3)( )( )(
3zf yf xf zyxf
.
Așadar ,32
32,3232 2 2p pfcpc
bpb
apa pf
cbac
bcab
acbacbacpc
bpb
apap2 2 2 2 2 2
2
d) Cunoaștem că psrapsra , . Prin urmare app
rra
și inegalitatea devine:
9 cpp
bpp
app.
Luăm ,0 ,1, ,0:
xfxpxfR p f ceea ce arată că funcț ia este convexă.
Avem:
cpbpappf1 1 1
31
32.
6) Fie xyzzyxîaRzyx .. ,, . Arătați că 23
11
11
11
2 2 2
z y x
29
Soluție: Deoarece funcția
211, :
ttfR Rf
nu este concavă nu putem aplica
inegalitatea lui Jensen. În schimb , funcția tgf este concavă pe intervalul
2,0. Punând
2,0 ,,, , ,CBA tgCz tgBy tgAx și folosind formula 2
2
cos11
tg inegalitatea
devine 23cos cos cos C B A . Această inegalitate a fost demonstrată la 5 a).
După cum s -a văzut în exemplul p recedent , făcând su bstituții convenabile se poate aplica ușor
Jensen. O inegalitate celebră care admite numeroase demonstrații este inegalitatea lui Nesbitt pe
care o v om demonstra în următorul exemplu.
7) Pentru orice Rcba,, arătați că .23 bac
cab
cba
Soluție: Cu substituțiile baczcabycbax , , și din concavitatea funcției
tttfR f 1, ,0: se obține prin aplicarea in egalității lui Jensen:
1 , zf yf xfcbaaxf .Conform inegalității lui Jensen avem:
3 31
31
21,31
3 3zyxf xf fzf yf xf zyxf
ciclic
Dar, funcția ݂ este monoton crescătoare, deci , .23
3 21 zyxzyx
8) (Inegalitatea lui Holder:) Fie 0 …,,,2 1 nx xx și 1 ,1,0 …,,,
12 1
n
ii n .Atunci
are loc inegalitatea: n
n nn x xx x x …. …1
1 22 11
Solu ție :Fie 01,ln , ,0:2 xxfx xfR f deci funcția este con cavă și aplicând
inegalitatea lui Jensen avem:
30
n
ii in
iii xf x f
1 1 , adică
n
iin
iiin
ii in
iiiix x x x
1 1 1 1ln ln ln ln
n
ii in
iii x x
1 1ln
Observații: a) Dacă nn1…2 1 obținem inegalitatea mediilor: n
nn
ii
xxxnx
…211
b) O variantă generalizată a inegali tății lui Holder este următoarea:
2 ,0 ,…,, ….,,,,111,1 11
11
1 1
n y y qpqpy x yxn nqn
iq
iipn
ip
iin
iiii
9) Dacă 0 ,,3 2 1aaa atunci 4
34
24
13
33
23
1
3
33
23
12
32
22
1
a a aa a a
a a aa a a
.
Soluție : Considerăm funcția 2, ,0: xxfR f . Evident că ݂ este convexă. Considerăm
2
32
22
12
3
3 2
32
22
12
2
2 2
32
22
12
1
1 , ,
a a aa
a a aa
a a aa
.Se observă că ,13
1
ii
.2,2,2212
32
22
1
3
312
32
22
1
2
322
32
22
1
1aaa a axaaa a axaaa a ax
Conform inegalității lui Jensen avem:
4
34
24
13
33
23
1
3
33
23
12
32
22
12
32
22
14
34
24
12
32
22
1
2
32
22
122
32
22
1
2
22
12
32
22
12
32
32
12
32
22
12
2
2
32
22
32
22
12
1
212
3
312
2
322
1
1 1
4 4 44 4 2 2 2
a a aa a a
a a aa a aaaaa a aa a a
aaaa a a
aaa a aaaaa a aa
aaa a aa
aaa
aaa
aaaxf x fn
ii in
iii
10) Dacă n i x a ain
ii i ,1 ,1 0,1 ,0
1
să se demonstreze că
. ,
… 11
12 1
2 1
Nn
x xx xa
n
n ii
Soluție: Fie i i x yln și
0 ,0
11,11, 0, :3
y
eeeyfeyfR f
yy y
y
31
Așadar , funcția este concavă pe intervalul 0, și conform inegalității lui Jensen avem:
.
…. 11
11
11
1 12 1
2 1
1 11 1n
ii iii
nn
iyan
iyan
iyin
i ii
x xxe eea
xa
Egalitatea are loc dacă și numai dacă ny y y …2 1 adică . …2 1 nx x x
11)( Inegalitatea G ȍughens ): Să se demonstreze că :
.,1,0 , … 1 1… 1 121 2 1 n i a aaa a a ain
n
n n
Soluție: Se observă că derivata a doua a funcției xe xfR Rf 1ln , : este strict
crescătoare deci funcția este convexă. Cu inegalitatea lui Jensen se obține:
. … 1 1… 1 1… 1ln … 1ln1ln11ln ln1ln1
1 1 1 11ln1
1 11
n
n
n n nn
nn
iiann
iin
ii
aa a a a a aa nane afnanfn
ii
12) Dacă cba,, sunt numere rea le pozitive astfel încât 1 cba atunci .9111cba
Soluție: Funcția xxxfR f1, ,0: este convexă.
Aplicând Jensen avem:
.911110 3313111
3 3
cba cbacbacf bf af cbaf
Desigur , inegalitatea putea fi demonstrată și înlocuind în concluzie pe 1 cba .
13) Fie cba,, numere pozitive. Arătați că:
cba accbba111
21 1 1 1
.
Soluție: Aplicăm Jensen funcției convexe 0 ,1 xxxf și avem:
ba babafbf af
2 11
21
2 2
32
Analog , .2 11
21,2 11
21
ac ac cb cb
Prin adunarea celor trei inegalități se obține rezultatul.
14) Fie 0 …,,,2 1 na aa numere pozitive astfel încât 1 …2 1 na aa . Să se
demonstreze inegalitatea:
12 … 1…… 1 … 11 2 1 3 12
3 21
nn
a aaa
a aaa
a aaa
nn
n n
Soluție: Avem 1 3 2 1 … a a aan și analoagele.
Inegalitatea devine: .1 2 2…2 222
11
nn
aa
aa
aa
nn
Fie 0
24,2, 1,0:3
xxfxxxfR f ,deci funcția este convexă. Aplicând
inegalitatea lui Jensen se obține:
nn
nnnaa
aaaa
aa
nnfnaf af af
na aaf
nnnn n n
2121
2…22…21 … …
1111 2 1 2 1
15) Fie 0 …,,,2 1 na aa numere reale strict pozitive 2 , nNn . Să se arate că:
.2…
1 1 32 32
21 21 n
aa aa
aa aa
aa aa
nn
Soluție: Fie .
12,
12,0 ,1, ,0:3 22 2
xxf
xx xxf xxxxfR f
Func ția
este strict crescătoare și convexă.
Luam . ,1,1 ,
1 1 aax n kaaxn
n
kk
k
Cu inegalitatea lui Jensen și inegalitatea mediilor obținem:
33
.211 ….211 1
f x xxfnx
fnxf
n
nn
ikn
ik
16) Fie 0 …,,,2 1 na aa și 0 …,,,2 1 nb bb numere reale nenegative. Arătați că:
. … … …2 2 1 1 21 21n
n nn
nn
n b a baba bbb aaa
Soluție: D acă 0 …2 1 na aa inegalitatea este trivială . Presupunem că 0 …,,,2 1 na aa .
Prin împărțirea inegalității cu n
naaa…21 și punând nkbax
kk
k 1, avem:
. 1… 1 1 … 12 1 21n
nn
n x x x xxx
Acum , facem substituția kt
ke x . Logaritmând se obține:
n
kt nt tt
knene
1…
1ln11ln2 1.
Considerăm funcția ,0
1, 1ln22
tt
t
eetf e tf deci f este convexă.Aplicăm
inegalitatea lui Jensen pentru .1…1nn
17) Fie na aa …,,,2 1 numere reale. Arătați că . 1 1ln1
1 1 na
e an
kk n
kann
kkk
(M. Bencze)
Soluție: Notăm cu ,1
na
An
kk
.1
1nn
kka B
Prima inegalitate se rescrie nn
ka G ke e
11 1 . Punem . , R x e akx
jk
Definim funcția 1 ln , : xee xfR Rf . Se calculează derivata a doua a funcției și se
constată că aceasta este pozitivă pentru orice Rx.Folosind inegalitatea lui Jensen se obține:
ne
en
k Gkxe
11 ln
1 ln . Partea a doua a inegalității poate fi scrisă ast fel: 1 1
1
Ann
kae ek
Fie 0 ) 1( )(,0 1ln , ,0:22 x x xe e xg e xgR g , g este concavă.
Cu inegalitatea lui Jensen avem:
An
ka
enek
1ln1ln
1.
34
18) Fie cba,, numere reale pozitive. Arătați că:
.1
8 8 82 2 2
ab cc
ac bb
bc aa
Soluție: Presupunem că 1 cba .Func ția
xxfR f1, ,0: este convexă, aplicând
inegalitatea lui Jensen avem:
ciclic ciclica abc bc aa M Mf ab ccf ac bbf bc aaf3 2 2 2 224 8 , 8 8 8
Avem de arătat că .1Mf
0 2423
3
bac a a abc
ciclic ciclic inegalitate evidentă.
19) Fie cba,, numere reale pozitive. Arătați că au loc următoarele inegalități:
a) 3 3 34 ba b a
b) . 93 3 3 3cba c b a
Soluție: a) Din convexitatea funcției 3xxf pe ,0 și prin aplicarea inegalității lui Jensen
avem:
. 42 23 3 33 3 3
ba b ab a ba
b) Analog pentru .3 33 3 3 3
cba c b a
Următoarea inegalitate reprezintă inegalitatea lui Young demonstrată prin convexitate:
20) Fie 0,,cba și 1,qp numere reale astfel încât 111qp. Atunci qb
paabq p
,cu
egalitate dacă și numai dacă q pb a.
Soluție: Funcția xexf este convexă pe intervalul ,0 și punând bqyapx ln ,ln prin
aplicarea inegalității lui Jensen avem:
35
qb
paabqe
peeqe
peeqy
pxeqyf
pxf
qy
pxf
q pb a
abb a
b a qy
px q p
ln ln
lnln ln
ln ln
Cu egalitate dacă și numai da că yx adică q pb a.
Media generalizată
Convexitatea este unul dintre cele mai importante concepte din analiză. Inegalitatea lui
Jensen constituie cea mai importantă metodă din teoria inegalităților.
În acest paragraf vom stabili inegalități prin aplicarea inegalității lui Jensen în două moduri. Vom
prezenta pentru început două leme:
Lemă 1: Fie cba,, numere reale pozitive. Definim funcția 3ln , 😡 x xc b axfR Rf .
Atunci 3ln0 abc f .
Demonstr ație: Calculând prima derivată a funcției obținem x x xx x x
c b ac cb ba axfln ln ln.
Clar 3ln3ln ln ln0 abcc b af .∎
Lemă 2: Fie R Rf: o funcție continuă. Dacă funcția dată este monoton crescătoare pe
intervalul ,0 și monoton crescăt oare pe 0, atunci funcția este monot on crescătoare pe
R
Demonstrație: Vom arăta că f este monoton crescătoare pe intervalul ,0 . Din ipoteză avem
că 0 ,0 x f xf . Pentru orice x,0 avem f xf . Cum ݂ este continuă în 0
obținem 0 lim
0f f xf
.
Analog , pentru f monoton crescătoare pe (−∞,0].Vom arăta ca ݂ este monoton crescătoare pe
R. Fie yxRyx , , . Dorim să arătăm că yf xf . Dacă yx, 0 totul rezultă din
ipoteză.
Dacă y x0 avem yf f xf 0 .∎
36
Teoremă 1: Fie cba,, numere reale pozitive. Definim funcția
, )0( , :3
),,( ),,( abc MR R Mcba cba .0 ,3)(1
,,
rc b ar Mrr r r
cba
Atunci cbaM,, este continuă și monoton crescătoare.
Demonstrația 1: Fie r MrMcba,, . Demonstrăm că ܯ este continuă . ܯ este continuă
pentru 0r . Arătăm că 3
0lim abc rM
r
.
Fie 3lnx x xc b axf . Cum 00f folosind prima lemă avem
3
0 0ln000lim lim abc frfrf
rrf
r r
. lim lim3 ln
0 03abc e e rMabc rrf
r r
Acum arătăm că ܯ este mon oton crescătoare. Conform lemei preceden te este suficient să arătăm
că ܯ este monoton descrescătoare pe R.
Fie 0yx . Dori m să arătăm că yy y yxx x xc b a c b a1 1
3 3
.
Făcând substituțiile y y ycw bvar , , inegalitatea devine:
yx
yx
yx
yx
wvu w v u11
3 3
.Considerăm funcția 0 , tttGyx
.
Prin normalizare 3 wvu avem 13 wGvGuG.G este convexă și aplicând Jensen
se obține:
113 3
GwvuGwGvGuG
Analog , ܯeste monoton crescătoare pe 0, . ∎
37
Demonstrația 2: Fie x Mxfcba,, . Folosim teorema funcției crescătoare.
Fie
.ln ln ln
3ln1ln ,2 x x xx x x x x x x x x
c b ac c b b a a c b a
xxfdxd
xfxfRx
Deci,
.ln ln ln
3ln2
x x xx x x x x x x x x
c b ac c b b a a c b a
xfxfx
Pentru a demonstra că 0xf trebuie să arătăm că :
.3ln ln ln lnx x x
x x x x x x x x x c b ac b a c c b b a a
Fie tttfR f ln , ,0: . Facem substituțiile z y xaraqap , , . Deoarece funcția
este convexă pe intervalul de defin iție aplicând teorema lui Jensen avem:
.3
rqpf rf qf pf ∎
Corolar 1 (Inegalitatea mediilor pentru trei numere) : Pentru 0,,cba numere reale pozitive
are loc :
cbaabccba cba
1113
3 332 2 2
Demonstrație: Conform teoremei 1 avem .1 0 1 2,, ,, ,, ,, cba cba cba cba M M M M∎
Teoremă 2: Fie 0 …,,,2 1nx xx . Media generalizată este definită astfel:
n
n x xx xxx M
n… 021 …,,,21
0 ,…1
2 1
…,,,2 1
rrx x xr Mrr
nr r
x xxn.
Aplicația R R M
nx xx :…,,,2 1 este continuă și monoton crescătoare.
Demonstrația teoremei se face folosin d convexitatea funcției xxln sau a fu ncției 1 ,x .
38
Corolar 2 (media geometrică scrisă ca limită) : Fie 0 …,,,2 1nx xx . Atunci:
rr
nr r
rn
nnx x xxxx1
2 1
021…lim …
Teoremă 3(inegalitatea dintre media pătratică – aritmetică – geometrică – armonică) :
Pentru orice 0 …,,,2 1nx xx avem:
nnn
n
x x xnxxxnx xxxxx1…1 1………
2 14
212 1
21
.
Inegalitatea lui Karamata
Spunem că vectorul nx xxx …,,,2 1 majorează vectorul ny yy y …,,,2 1 dacă:
1. , … , …2 1 2 1 n n y y y x x x
2. ,1,1 , … …2 1 2 1 n ky yy x xxk k
3. . … …2 1 2 1 n n y y y x xx
Teoremă1(Karamata): Fie R baf,: o funcție convexă. Dacă nx xx x …,,,2 1
majorează ny yy y …,,,2 1 , ݔ∈[ܽ,ܾ],ݕ∈[ܽ,ܾ],݅,݆∈1,݊തതതതത , atunci
n n yf yf yf xf xf xf … …2 1 2 1 .
De exemplu: Funcția x xfR f cos ,2,0: este convexă pe domeniul de definiție. F ie
triunghiul ascuțitunghic ABC. Atunci , vectorul 0,2,2 majorează CBA,, . Aplicând
teorema anterioară se obține 10cos2cos2cos cos cos cos C B A
Aplicații : 1) Fie ݊ număr natural , 2n . Determinați constanta c astfel încât
,4
1 12 2
nii
njij i ji x c x xxx pentru 0 …,,,2 1 nx xx numere reale.
Soluție: Prin normalizare se obține ,)(
1 12 2
n
ii
njij iji xf x xxx cu
21,0 ,4 3xxxxf .
39
Se constată c ă funcția este convexă. Deoarece inegalitatea este simetrică putem presupune fără a
restrânge generalitatea nx xx …2 1 . Dacă 21
1x vectorul 0…,,0,21,21 majorează vectorul
nx xx …,,,2 1 .
Aplicând teorema Kar amata avem : .810 …021
21
1
f f f f xfn
ii
Dacă 21
1x , scriind ,21
1 c x
21,0c obținem vectorul 0…,,0, 11x care majorează
nx x…,,2 și astfel x f f f x f xfn
ii
1 0…0 11
2.
81
1612 221
411 1 142
2
12
1 1 1 1 1
1
c c c x xx x x f xf xfn
ii .
2) Arătați că ,21
21
21 1 1 1
c b a accbba oricare ar fi cba,, numer e reale pozitive.
Soluție: Presupunem că ,cba adică secvența cba,, este descr escătoare. Atunci
cba 2,2,2 majorează accbba , , și aplicând inegalitatea lui Karam ata funcției convexe
xxf1 pe ,0 se obține inegalitatea.
3)( Inegalitatea lui Schur): Fie cba,, numere reale pozitive. Arătati că
. 32 2 2 2 2 2 3 3 3bcaccbabcaba abc c b a
Soluție : Inegalitatea fiind sim etrică, putem presupune fără a reduce generalitatea că cba .
Cu substituția c zb ya x ln ,ln ,ln inegalitatea devine
yz xy zy xy zx yx zyx zyx zyx z y xe e e e e e e e e e e e 2 2 2 2 2 2 3 3 3.
Funcția xexf este convexă pe mulțimea numerelor reale, aplicăm inegalitatea lui Karamta
secvențelor
yzxzzyzxyx bzyxzyxzyxzyx a 2, 2, 2, 2, 2 , , , ,3,3,3 . Din
cba rezultă că zyx și evident z zyxx 3 3 . Dacă y zyx 3 (analog
3ݕ≥ݔ+ݕ+ݖ )obținem . 2 2 2 2 2 2,3 3 yz zy xz xy zy yxz zyxx
4) Fie na aa …,,,2 1 numere reale pozitive. Arătați că 2 2
22
1
13
33
2
23
1… …nna a aaa
aa
aa .
Soluție: Facem substituția .,1 ,ln n ia xi i . Inegalitatea se rescrie:
40
n n x x x xx xx xxe e e e e e2 2 2 3 3 3… …2 1 1 3 2 2 1 . Considerăm secvențele
n n x vxx bxx xxxx a 2…,,2,2 , 3,…, 3, 32 1 1 3 2 2 1 și arătăm că a majorează b.
Presupunem că
n kimix x x x x x x x xkn k k mn mn m m m m ,…,2,1 ,,2… 2 2, 3… 3 32 1 1 12 2 11 1
2 1 12 2 11 1 12 2 11 11 11 1 11 1
2 2 3 3 3 32 3 3
k k k k k k m m m mk k k m m
x x x x x x x x x xx x x x x
Analog verificăm și celelalte condiții. În final aplicăm inegalitatea lui Karamta funcției convexe
xexfR Rf , : .
5) Dacă 21,1 ,, 1 cba cba , arătați că 1633 4 4 4 c b a .
Soluție: Fie fx xfR f . , 1,1:4 strict convexă. Presupunem că 1 1 cba și din
21 cba rezultă că 1,21,1 majorează cba,, . Prin aplicarea inegalității lui
Karamta rezultă: 1633
161212114 4 4 f f f cf bf af c b a .
Egalitatea are loc când 1 ,21,1 c b a .
Inegalitatea dreptei de sprijin
În cazul funcțiilor derivabile, proprietatea de convexitate înseamnă că în orice punct este
o dreaptă de sprijin pentru grafic, în sensul că punctele graficului se află în același semiplan (ce l
superior) determinat de tangentă.
Propoziție (caracterizarea dreptelor suport) : Fie funcția f o funcție reală și Rnm, .
Dacă: (1) R n m f ,
(2) ),( ,, )(2 1cc xn mxxf
(3) f este derivabilă în R
Atunci dreapta de sprijin n mxy este tangentă la graficul funcției f în punctul x
Demonstrație: Definim n mxxf xFR ccF , ,:2 1 . F este derivabilă în x și
avem m f F . Din (1 ) și (2) se observă că funcția F are un punct de minim local în
punctul x . Din teorema lui Fermat ave m:
f x fn mxyf f m fn m f F
0
41
Prezentăm în continu are o altă demonstrație a inegl ității lui Nesbitt:
Fie cba,, numere reale pozitive. Atunci 23 bac
acb
cba.
Demonstrație : Normăm 1,, 0,1 cba cba . Trebuie să arătăm că
xxxf fcf bf afaf
ciclic 1,31
3 23. Ecuația tangentei în 31x la f are
ecuația 41 9xy . Afirmăm că
xx xxf xxxf 1413
419,1,0 ,4192
.
.23
43
49
419
1
ciclic ciclic ciclicaa
aa
Teoremă (inegalitatea dreptei de sprijin): Fie R baf,: . Presupunem că pentru
ba, și Rmavem
bax f xmxf , , .
Fie 1 … ,0 …,,1 1 n n . Atunci are loc inegalitatea
nn n n n x x ba x x f xf xf … ,, ,…, , …11 1 1 1 .
În particular nbnass x xba x xnsfnxf xf
n nn, , … ,, ,…,,…
1 11 .
Demonstrație:
f f xm f xm xf xfn n n n … …1 1 1 1 . Am ținut
cont de faptul că se poate scrie ca o combinație convexă de nx x,…,1 ,nnx x …11 .
Aplicații: 1) În orice triunghi ABC avem 23cos cos cos C B A .
Soluție: Fie x xfx xf sin , cos . Ecuația tangentei la graficul funcției f în 3x este
21
3 23
x y . Se constată ușor că .21
2 23cos
x x Aplicăm inegalitatea dreptei
suport pentru 31
3 2 1 .
2) Fie cba,, numere reale pozitive. Arătați că :
.53
2 22
2 22
2 22
c bacba
b acbac
a cbacb
Soluție: Inegalitatea este omogenă, putem norma 1 cba . Inegalitatea devine:
527
12 21
12 21
1 2 21
53
121
121
121
2 2 2 2 22
2 22
2 22
c c b b a a c cc
b bb
a aa
42
Considerăm funcția 1 2 21
2x xxf . Ecuația tangentei în 31x este 2527
2554 x y .
.2527
2527
2554.0
1 2 22516132
2527
2554
22
ciclic ciclica afx xx xx xf
Inegalități obținute prin restricționarea unor funcții convexe la un interval
Lema 1: Fie baR R ba babaFn , , …, ,: o funcție. Dacă fixăm 1nvariabile
)( ) ,…,(.., …,,2,1 , ,2 1 k n j xf x xxFîan kkjx este o funcție convexă în va riabilă kx.
ܨ își atinge minimul în punctul ) …,,,(,2 1 n dacă și numai dacă n i bai …,,2,1 ,, .
Demonstra ție : Avem de arătat că dacă f este o funcție convexă definită pe intervalul ba,
atunci: bax bfaf xf , ,)(),( max)( . Intervalul ba, poate fi scris ca:
1,0 / )1( , ttabt ba . Pentru orice bax , există bt taxîa t )1( ..,1,0 .
Deoarece funcția f este convexă deducem că )(),( max)()1()( )( bfaf bft atfxf .∎
Aplicații:
1) Fie ba x xxn , ,…,2 1 numere reale pozitive. Găsiți maximul expresiei:
2
12
3 22
12
3 12
2 1 … …n n n x x xx xx xx xx .
Soluție : Fie
0)1(2)( , 2 )1()(1
212
1 n xf cxx x n xfn
ii ݂ este convexă.
Conform lemei )( ) ,…,(1 2 1 xf x xxFn își atinge ma ximul dacă și numai dacă
n i ba xi …,,2,1 ,, . Presupunem că , ݇ numere ixsunt egale cu ܽ și kn numere ix
sunt egale cu b.
Atunci 2 2 2 22
1 12) )( ( )) ( ( ) ( baknk bkn ka bknn nka x x nFn
iin
ii
.
43
Nm m n ba mnNnm nbamF
,1 2 ,) )(1 (,2 ,) ()( max22 2
2) Arăta ți că pentru orice numere reale nenegative ܽ,ܾ,ܿ≤1 avem
.1)1)(1)( 1(1 1 1c b abac
acb
cba
Solu ție : Fie func ția ).1)(1)( 1(1 1 1),,( c b abac
acb
cbacbaf
,0
)1 (2
)1 (2)(3 3
bac
acbaf deci ݂ este convexă , prin urmare î și atinge maximul în
unul din punctele }.1,0{,,cba }.1,0{,,,1),,( cba cbaf
Lema 2: Fie R baf,: o funcție convexă și ba x xxn , ,…,2 1 astfel încât
nbs na constsx xxn , …2 1 . Expresia )( …)( )(2 1 nxf xf xf F își atinge
valoarea maximă dacă și numai dacă cel puțin n -1 termeni ai șirului ) ,…,(2 1 nx xx sunt egali cu
ܽ sau ܾ.
Demonstrație: Demonstrăm cazul ݊=2.
Avem de arătat că dacă bayx , , și syxb yxa ,2 2 atunci
.), ( )(), ( )()( )(
bas dacă asf bfbas dacă asf afyf xf
Într-adevăr , dacă bas rezultă bas .
Pentru asax, scriem ) ( )1( ,1,0 ), )(1( astat xsy tast tax
Din definiția funcției convexe avem:
) ( )()1()( ) ()1()( )( astfaft yfșiasft atfxf .
Prin adunarea acestor ultime două r elații se obține ) ( )( )( )( asf af yf xf . Analog
cazul .bas
Exemple: 1) Fie 5 ..2,0 ,, cbaîa cba . Demonstrați că 92 2 2 c b a
Soluție: Presupunem că cba . Conform lemei 2 2 2 2c b a își atinge maximul dacă și
numai dacă 45 0 cbsau a ,contradicție. Dacă 1a atunci maximul expresiei
2 2 2c b a este egal cu 9 2 212 2 2
44
2) Fie 2007 2 1 …,,, a aa numere reale din intervalul ..1,1 îa 0 …2007 2 1 a aa . Demonstrați
că 2006 …2
20072
22
1 a a a .
Soluție : Conform lemei 2 expresia 2
20072
22
1 …a a a își atinge maximul dacă și numai dacă
k numere sunt egale cu 1 și n−k−1 numere sunt egale cu -1. Nu putem avea decât k=1003 și
ultimele numere egale cu 0. Astfel 2006 …2
20072
22
1 a a a .
45
Exploatarea monotoniei
Știm că dacă f este o funcție d erivabilă pe un interval RI și Ix xf ,0)( funcția
feste monoton crescătoare. Din această proprietate deducem câteva consecințe utile în
demonstrarea multor inegalități.
Presupunem că f este derivabilă pe intervalul ba,. Au loc:
i. Dacă bax xf , ,0)( atunci f este monoton descrescătoare pe ba,.
ii. Dacă bax xf , ,0)( atunci ݂ este constantă pe ba,.
iii. Dacă bax Mxf m , , )( atunci bax axMafxf axm , ), ( )( )( ) ( .
iv. Dacă baxxgxf , ),( )( atunci )()( )( )( agxg af xf pe ba, .
Începem cu o inegalitate elementară prezentată în multe manuale de liceu.
1. Să se compare e cu e .
Soluție: Considerăm funcția xxxfR efln)(, ,: . Derivata sa este
, ,0ln1)(2exxxxf , rezultă că funcția este strict cres cătoare pe domeniul de
definiție. Prin urmare ee eeeef ef ln lnln ln)( )( .
(am ținut cont de monotonia funcției logaritm natural).
2. (Inegal itatea lui Bernoulli) Pentru orice ,1x 1 are loc inegalitatea
x x 1)1( . În plus egalitatea are loc dacă și numai dacă 0x .
46
Soluție: Considerăm funcția ,1 , 1) 1()(, ,1: x x xfR f fixat.
Calculând derivata sa se obține 1 ,1 1 ) 1( )(1 1 x x x xf . Deoarece 1
rezultă că )0,1( ,0)( x xf și ),0( ,0)( x xf . Așadar )0( )( f xf adică
1 ,,0 0,1 , 1)1(11 1)1( xx x x x . Egalitatea are loc pentru
0x .
Analog se demonstrează:
0 ,1 , 1)1(1 0,1 , 1)1(
xx xxx x
O inegalitate celebră în analiza matematică este cea a lui Young.
3. Dacă 1,0\ ,Rqp cu proprietatea că ,111qppentru ba, numere pozitive atunci au
loc inegalitățile:
).1 ()1 (
p pentrupb
paabp pentrupb
paab
q pq p
Soluție: Demonstrăm cazul 1p . Fie 0a un număr real fixat. Funcția
abqb
pabfR fq p
, ),0(: are deriva ta a bbfq1)( . Punctul 11
qab este punct
de minim local. Astfel ) ( )(11
qaf bf și ținând seama de 111qp se obține 0 abqb
qaq p
.
Aplicând inegalitatea lui Young pentru
n
iq
ip
i
n
iq
ip
i
bbb
aaa
1 1, obținem o altă inegalitate clasică,
inegalitatea lui Holder:
Dacă 1111,;,0 ,…,0 ,…1 1 qpcu qp bb aan n atunci q n
iq
ip n
ip
in
iii b a ba1
11
1 1
.
47
Astfel qb
pabaq p1 1
, .111 1 1
11
11
1
11
11
qpbb
qaa
p
b aba
n
iq
in
iq
i
n
ip
in
ip
i
qn
iq
ipn
ip
in
iii
Pentru 2qp se obține o inegalitate care joacă un rol important în matematică, anume:
n
iin
iin
iii b a ba
12
122
1, inegalitatea lui Cauchy – Buniakowskz – Schwartz forma
discretă.
Următoarea inegalitate este utilă în demonstrarea ,1sinlim
0
xx
x având o demonstraț ie geometrică
nu tocmai plăcută de urmărit pentru elevi. Utilizând metode de analiză matematică demonstrația
ei devine facilă.
4. Să se demonstreze că Rxxx, sin .
Soluție: Observăm mai întâi că funcțiile x xf sin)( și x xg)( sunt funcții pare, deci este
suficient să facem demonstrația inegalității numai pentru 0x . În plus, deoarece 1 sinx este
suficient să studiem cazul 1 0x .
Fie funcția x xxfR f sin )(, 1,0: . Deci 0 cos1)( x xf ceea ce arată că funcția este
monoton crescătoare pe domeniul de definiție, deci 0 sin )0( )( x x f xf .
5. Arătați că . . 0,41,1sin
31 xx
xx x
48
Soluție: Pentru prima inegalitate se c onsideră funcția 3sin)(2xxx xf . Derivata sa este
321 cos)(xx xf . Calculând mai departe derivata a doua se obține .32sin )( x xf
Atunci 0)(xf cu excepția bxa unde
32sin sin b a și b a2.
Deci f crește de la 0 la un maxim în ax, apoi descrește la valoarea minimă în bx apoi
crește pe intervalul ),(b . Valoarea minimă este .03125
321 cos)( bb bf
Observăm că x xf 0,0)( și în consecință .3sin2xxx
Pentru cealaltă inegalitate considerăm funcția 41,1 sin)(2xx x xg .
21,1 cos)(2xx x xg
21sin )( x xg
,0)(xg pentru .65,6
x
Din tabelul de variație se observă că )(xg crește de la valoarea -1,1 la un maxim
021,16cos . Există atunci un punct 60,x pentru care .0)(g
Analog 656,0)( g .
Avem:
0831,122
43081,122
4
gg
și .43
4
Atunci de la 0 funcția )(xg descrește la un minim în x , apoi crește la o valoare maximă
atinsă în x și 021,1 cos)( g .
49
.22sin0)7,0 )(sin sin3,0( )1,1( cos sin41,1 sin)() cos1,1(2
2 22
g
Deducem că ,0 ,021,1 sin)(2
xxx xg .
6. Definim funcția 1 ,1)1()(, 1,0: pxxxfR fpp
. Găsiți maximul și min iul funcției ݂
Aplicați rezultatul găsit pentru demonstrarea inegalităților:
Rba b a ba b ap p p p p p ,, 21.
Soluț ie: Calculăm derivata funcției și găsim 0) 1()1 ( )1()(21 1
pp p
xxx x pxf , deci ݂ este
crescătoare pe inte rvalul 1,0. Maximul este 12)1(pf iar minimul este 1)0( f .
Fără a restrânge generalitatea presupunem că 0 , bba . Înlocuind în relația
bax xfp,2)( 11 se obține concluzia.
Folosind monotonia funcțiilor putem demonstra inegalitatea dintre media geometrică și media
aritmetică.
7. Dacă n i ai ,…,2,1 ,,0 să se demon streze inegalitatea:
na aaaaan n
n……2 1
21 .
Soluție: Demonstrăm inegalitatea prin inducție matematică. Dacă 2n inegalitatea este
verificată imediat. Presupunem acum inegalitatea adevărată pentru kn și vom demonstra ca
este adevărată pentru 1kn .
50
Considerăm funcția: 1
212 1…1…)(, ),0(: k
kkxaaakx a aaxfR f
11
21)1(1…11)(
k kk
kx kaaakxf .
Din 0)(xf se obține k
kaaa x …21 punct de minim pentru f si
,0 ,01… ……21 2 1
21 xkaaa a aaaaafk
k kk
k .
Egalitat ea are loc pentru na aa …2 1 .
O inegalitate extrem de utilă, cu mai multe aplicații este inegalitatea lui C ebîșev..
8. Dacă R R Agf ) (:, sunt similar monotone atunci:
),0( ,…, , ,…, ,)( )( )()(1 1
1 1 1 1
n nn
ii in
ii in
ii i in
ii p pA x x xgp xfp xgxfp p .
Dacă ݂ și ݃ sunt strict similar mo notone, atunci egalitatea se obține pentru nx x…1 .
Soluție: Deoarece ݂ și ݃ sunt similar monotone avem:
,0)()()( )(
j ij i
j ij i
xxxg xg
xxxf xfinegalitate echivalentă cu:
0)( )()( )( j i j i ji xg xgxf xfpp , inegalitatea se verifică și pentru j ixx.
După desfacerea parantezelor în ultima inegalitate și sumare pentru n ji ,…,2,1 , se obține o
formă echivalentă a inegalității de demonstrat.
Vom prezenta în continuare trei aplicaț ii ale acestui rezultat .
9. Dacă ),0( ),,0( : A Af este cres cătoare, atunci:
51
Atzyx xzy ttf txy zzf ztx yyf yzt xxf ,,,,0 )( )( )( )(3 3 3 3
cu egalitate pentru tzyx .
Soluție: Definim funcția g astfel 3 )(),,0( :xabcdxxg Ag .
Funcția g este crescătoare de unde prin aplicarea inegalității de la 8. se obține:
)( )( )( )()( )( )( )(41)()( )()( )()( )()( dgcgbgagdf cf bf af dgdf cgcf bgbf agaf
Este suficient să arătăm că
3 3 3 30)( )( )( )( abd cda bcd abc dcba dgcgbgag inegalitate obținută
prin aplicarea inegalității mediilor pentru tripletele (a,b,c), (b,c,d), (c,d,a) și (d,b,a).
10. Dacă a,b,c sunt numere reale pozitive atunci:
,02 2 2
baabcab ccaacbca bcbbcabc a cu egalitate pentru a=b=c.
Soluție: Se consideră funcțiile
xcbax xgxabcx xf gf11112)(, )(,,0 ,0:,
.
f și g sunt crescătoare. Aplicând 8. se obține:
)( )( )()( )( )(31)()( )()( )()( cgbgagcf bf af cgcf bgbf agaf
Folosind inegalitatea mediilor
2 112 baab
ba
se deduce că în fiecare din cei doi factori din
membrul drept al inegalității este pozitiv.
52
11. Fie 0)0(, 0, : fA R Af . Dacă
n
ii n p p ppAx xf
12 1 1 ,,0 ,…,,, ,0)( atunci
0 0\ ,…, ,)()(
11
1
11
n
iii nn
in
iiin
ii i
ii
i xp cu A x x
xpxfp
xxfp .
Dacă
n
iiixp
10 atunci inegalitatea are loc cu semn schimb at.
Egalitatea are loc pentru nx x…1 șig strict co nvexă.
Soluție: Aplicăm inegalitatea de la 8. și pentru funcțiile crescătoare xșixxf)(.
12. Arătați că baab
bxbx
axax
ab
x
0, 14sin sinsup 12
0 .
(J. Rosenblat, A.M.M, 10604)
Soluție: Fie baba, 0 fixate, 0 ,sin)( xxxxf . Definim funcția auxiliară
.1)( )(),(xxf xfx
Deoarece 0 ,1)( x xf rezultă 412),( x de unde avem 210 .
Conform te oremei lui Lagrange există ).(),(.. ,x x fxxîaxx
)( cos )(x x
xfxxfx și astfel .1,21,422),(
xxx
Astfel 1,0 ,4),( sup
0
x
x.
Pentru a putea demonstra partea stângă a inegalității observăm c ă ,11sin, .
53
Este suficient să considerăm
21,0 . Cum f este descrescătoare pe
2,0 obținem
21,0 ,2
22sin
11,
13. Să se arate că pentru orice 0x avem inegalitatea:
xxxx cos 11cos)1( .
(Admitere Facultatea de Matematică, 1987)
Soluție: Fie tttfR xxfcos)(, 1,: . Aplicând teorema lui Lagrange avem:
x x xxt tttfxxxx sin cos)( sin cos)1(
.
Notăm .ytx Funcția y yy ygR g sin cos)(,2,0:
este strict crescătoare deoarece
1)0( )(2,0 ,0 cos )(
g xg y y y yg
Atunci .2 ,1 sin cos)1( xxxxx
14. Fie ba0 și 0 ,ln)( xx xf . Aplicând te orema lui Lagrange pe intervalul
2,baab rezultă că există un unic )2, (baab c astfel încât ) (1ln ln abca b .
Am ținut cont de faptul că funcția tt1 este injectivă.
Deducem as tfel inegalitățile:
a) 1,1ln112 t
ttttt. ( Se ia )1 ,1 tb a
b)
)1(1 11ln12
xx x x.( Se consideră )0 ,1 , x xbxa
54
c) . ) ( 2e ee ee e e (Iau ebeae, )
15. (I.M.O. 1984/1) Fie x,y,z numere reale pozitive as tfel încât 1 zyx . Arătați că
2772 0 xyz zxyz xy .
Soluție: Considerăm funcția xyz zxyz xyzyxf 2 ),,( .
Putem presupune că 1 0 zyx . Cum 1 zyx deducem că 31x .
Astfel , 0 )31(),,( xzzx xyzyzx zyxf . Aplicând inegalitatea dintre media aritmetică și
media geometrică abținem 2 2
21
2
x zyyz .
Dar 0 21x și astfel :
41 2)21(21)1()21( ) (),,(2 3 2
xxxxxxx yzzyxzyxf
Trebuie să maximizăm funcția
31,0 ,1 241)(2 3x x x xF .
Calculând derivata sa obținem
31,0 ,031
23)( x x x xF .
F este monoton crescătoare. Deducem că 277
31)(
FxF .
16. Găsiți minimul expresiei
xy
yx
xy
yx
xy
yxyxf 22
22
44
44
),( .
Soluție: Notăm 2, ttxy
yx conform teoremei inegalității mediilor.
Funcția 0,4 5 2 2 2 ),( )(2 4 222 t tt tt t t yxftg este crescătoare pe ,2
deoarece 01)5 2(2)(2 tt tg . Deci 2)2( )(gtg .
În concluzie minimul se atinge pentru yx și este 2.
17. (I.M.O 200 2) Fie a,b,c numere reale pozitive cu 1abc . Ară tați că
1111111
accbba .
55
Soluție: Deoarece abc=1, cel pu țin unul din numerele a,b sau c este mai mare sau egal cu 1. Fie
1b , luând abc1 inegalitatea devine:
1111111
a abab bba sau 11 32 3 2 22 3 32 33 b bb ab ab ba ab ba ba
Fie abx . Considerăm funcția 1 3 )(2 2 2 2 3 3 bt btbt bttbbttfb . Avem de
arătat că 0 ,0)( :)( t tf tFb . Funcția )13 ()1(2 3)(2 2 b bt b t tF are zerourile
34 7 4 12
1b b bt și 34 7 4 12
2b b bt .
Fie 1t punc t de minim, atunci 0 ,)(),0( min)( t F F tF . Avem de demonstrat că
0)0( F și 0)(F .
Calculăm 0)1()1(1 )0(2 2 3 b b bbb F . Rămâne de arătat că 0)(F .
Scriem 87 7 8 8 14 891
91
31)( )(2 3 2
b b bt b bbttFtF .
Punem t și avem:
8 7 7 8 8 14 891)(2 3 2 b b b b b F . Am ținut cont că 0)(F .
Dorim să stabilim inegalitatea:
0 ,08 7 7 834 7 4 18 14 82 32
2
b b b bb b bb b , inegalitate echivalentă
cu 16 15 15 162 3b b b 4 7 48 14 82 2 b b b b .
Descompunând ambele expresii
01 1 16 1 16 16 15 15 161 2 2 3 2 3 b b bb bbb b b b
56
și 0 2 1 88 14 82 2 b b b b
și ridicând la pătrat ultima inegalitate avem:
4 7 48 14 8 16 15 15 1622222 3 b b b b b b b
După efectuarea calculelor obținem:
0 864 33775 5022 3375 8642 3 4 5 b b b b b sau 0 864 33775 5022 3375 8642 3 4 b b b b
.
Considerăm funcția 864 33775 5022 3375 864)(2 3 4 x x x x xG . După calculul derivatei se
observă că G este monoton descrescătoare pe 1, și monoton crescătoare pe ,1 .
Deducem că Rx GxG ,0)1( )( .
18. Găsiți minimul lui Rx xxx,0 , .
Soluție : Putem scrie xx xe xln . Fie xxexfR fln)(, ,0: .
. 1 ln)(lnxxe x xf .11 ln 0)(ex x xf
Dacă ,0)(,1,0
xfex deci f este strict descrescătoare, iar pentru
,1
ex f este
strict crescătoare. .1)1( )( min1
eRx
eef xf
19. Fie 0ts numere reale. Arătați că:
Rcbabac
acb
cba
bac
acb
cba
t tt
t tt
t tt
s ss
s ss
s ss
,,,
Soluție : Considerăm funcția x xx
x xx
x xx
b ac
acb
c baxf
)( .
57
Prin calcul se obține:
ciclicx x xx x x x x xx
ciclicx xx x x x x x
c b b ab acb a b aba
c bc cb ba c ba axf 0) () () 2)(ln )(ln (
) ()ln ln( ) (ln)(2 22 2
Deci, f este crescătoare pentru ts rezultă )( )( tf sf .
Remarcă. 1.Pentru 2 ,3t s se obține inegalitatea
2 22
2 22
2 22
3 33
3 33
3 33
b ac
acb
c ba
bac
acb
cba
2. Inegalitatea admite următoarea generalizare:
Fie na aa ,…,,2 1 numere reale pozitive, 1 …2 1 na aa . Atunci pentru orice numere re ale
0ts avem:
t
nnt t s
nns s
aa
aa
aa
aa
aa
aa
1…1 1 1…1 122
11
22
11
20. Arătați că 4 3 1 0 c b a unde Rcba,, și sunt îndeplinite condițiile:
9 ,6 , ca bc ab cbacba .
Soluție: Fie abcp . Se definește funcția px x xcxbxax xf 9 6 ) )( )( ()(2 3
3 1 0)()3 )(1(39 12 3)(2
xsau x xfx x x x xf
Deoarece f are trei rădăcini reale cba afirmăm că :
. )3( )0(4)4( )1(,0)3()1(,3 1
p f fp f f f f b
Deci 4 0p ceea ce implică 0)3( )0(,0)4( )1( f f f f
Dacă .3 ,0 0)3( )0( cb a f f
Dacă .4 ,1 0)4( )1( c ba f f
58
Clar ,trebuie să avem 0)4()3(,0)3()1(,0)1()0( ff ff f f
și astfe l )4,3( ),3,1( ),1,0( c b a .
Metoda iv) ne spune că d acă bax xgxf , ),( )( atunci )( )( )( )( agxg af xf pe
ba,. Vom ilustra câteva aplicații ale acestei metode.
21. Arătați că
2,0 ,xxxtg .
Soluție: Fie ,2,0:,,)(, )( R gfxxgxtgxf
2,0 , )0( )( )0( )( )( )(,1)(,cos1)(2xxxtg gxg f xf xg xf xgxxf
22. Arătați că 0 ),1 ln(22
x xxx număr real.
Soluție : R R gfxxxg x xf , ,0:,,2)(),1 ln()(2
fixat.
,0 .)( )(,1)(,11)(
xptxg xfx xgxxf adică ),0( ,2)1 ln(2
xxx x
Cum a fost ales arbitrar rezultă că ) ,0( ),1 ln(22
x xxx .
59
Inegalități integrale obținute prin aplicarea unor inegalități clasice
Prezentăm mai jos forma integrală a unor inegalități clasice (Young, Hȍlder , Jensen și
Hermite -Hadamar d). Aceste inegalități constitui e o sursă bogată pentru obținerea de numeroase
inegalități. Începem cu inegalitatea lui Young.
Teorema 1. (Young) Fie R f ,0: o funcție strict cresc ătoare cu derivata continuă astfel
încât 0)0( f . Fie 1finversa funcției f. Arătați că pentru a și b numere reale pozitive cu
)(afb , avem:
. )( )(
0 01 a b
ab dyyf dxxf
Demonstrație: Integrând prin părți obținem b
ab
adxxfx aafbbf dxxf )( )( )( )( .
Fie )( ),(1yfxxfy . Prin înlocuire se obține: )(
)(1)( )( )( )(bf
afb
adyyf aafbbf dxxf (1)
Punând )( ),( bfvafu ultima egalitate devine
v
uvf
ufdyyf u ufv vf dxxf )( )( )( )(1)(
)(1 11
1.
Fie ar0 . Atunci a
rdxxf rfra )( )() ( . a r
dxxf rrf dxxf raf
0 0)( )( )( )( . Aplicăm
relați a (1) integralei r
dxxf
0)( și se obține )(
01
0.)( )( )(rf a
dyyf dxxf raf
Deoarece )(rfba putem lua )(1bfr și obținem concluzia teoremei.
Dacă funcția f este crescătoare atunci are loc și egalitatea. ∎
Teorema 2. (H ȍlder) Fie 111..0,, , , qpîa qpbaRba . Dacă funcțiile R bagf,:,
sunt integrabile Riemann pe ba,, atunci avem:
60
b
aqb
aqpb
apxg xf dxxgxf1 1
)( )( )()(
Demonstrație: Fie p b
apxf u1
)(
și q b
aqxg v1
)(
Dacă 0vu inegalitatea are loc.
Fie 0 ,0v u . Aplicând inegalitatea lui Young forma discretă și luând
puxf
1)( și
qvxg
1)( .
q pq p
cu 111qp rezultă:
qpvq
up
vuxgxf
qxg
pxf
11)()( )( )( . Prin integrare se obține
concluzia teoremei.
Teorema 3. (Cauchy – Buniakovski – Schwarz) Dacă funcțiile baRbaR bagf , ,, ,:,
sunt integrabile pe ba, atunci:
b
ab
ab
adxxgdxxf dxxgxf )( )( )()(2 22
.
Demonstrație: Inegalitat ea este un c az particular al te oremei 2. pentru 2qp .∎
Teorema 4 (Cebîsev): Dacă funcțiile baRbaR bagf , ,, ,:, sunt monot one pe ba, și
de monotonii diferite atunci:
b
ab
ab
adxxgdxxfabdxxgxf )( )(1)()( .(Inegalit ate cu semn schimbat dacă func țiile au aceeași
monotonie )
Demonstrație: Fie f și g monoton crescătoare.
Atunci: bayx ygxgyfxf , ,,0))()())(( )(( .
61
Adică 0)()( )()( )()( )()( xgyf ygxf ygyf xgxf .
Integrând în funcție de y pe ba, se obține inegalitatea cerută. ∎
Teorema 5. (Jensen) Fie dc baf , ,: o funcție integrabilă, iar R dc,: o funcție
convexă și continuă. Să se demonstreze că
b
ab
adxxfabdxxfab)(1)(1
Demonstrație: Funcția dc baf , ,: fiind integrabilă iar R dc,: conti nuă,
conform criteriului lui Lebesgu e rezultă că f este integrabilă pe ba, .
.))( () () (1
1lim
b
an
k ndxxfnabkafn
fiind convexă și ținând cont de inegalitatea lui Jensen avem:
nabkafn nabkafnn
kn
k 1 1) (1 1 de unde prin trecere la limită se obține in
egalitatea de demonstrat. ∎
Teorema 6 .(Hermite – Hadamard) Dacă baRbaR baf , ,, ,: este o funcție convexă ,
atunci:
2)( )()(
2bf af
abdxxf
bafb
a
.
Demonstrație: Considerăm funcția auxiliară baRbaR baF , ,, ,: .
.2 2 2)( )(,2) ( )( )(
tafat taftf tFtafat dxxf tFt
a
62
Aplicăm acum teorema lui Lagrange funcției baRbaR baf , ,, ,: pe intervalul
tta,2 rezultă că există
ttact ,2astfel încât :
battaf cfattF cfattaftft t , ,0
2)(
2)( )(
2 2)( F este crescătoare
pe ba,. Deci , .0)( )( aF bF
Pentru cealaltă inegalitate se consideră baRbaR baG , ,, ,:
.0)(2)(,)(2)( )() ()( tfattGdxxftf afat tGt
a
(Am ținut cont de faptul că f este convexă)
Așadar G este crescătoare. Dar G G aG 0 0)( este crescătoare pe ba,.Deci ,
0)( )( aGbG . ∎
Prezentăm în continuare câteva aplicații ale acestor teoreme.
1. Să se arate că 1
01
012 2dxedxex x
Soluție: Aplicăm teorem a 3 pentru 2 2)(, )(x xexgexf .
2. Arătați că 2
4.42 sin
dxxx
Soluție: Aplicăm inegalitatea Cauchy – Buniakov ski – Schwarz. 3.
3. Fie ,0 2,1:f o funcție in tegrabilă. Dacă 2
022 )(dxxf atunci .2 ))( 1(2
11
dxxfx
Soluție: Conform inegalității lui Bernoulli avem: xxf xfx1)( 1 ))( 1(1
de unde
63
22211 )(11 )(111))( 1(2
122
12
dxxfdxxdxxfxdxxxf .
Am aplicat teorema 3.
4. (Inegalitatea lui Poincaré ). Fie R f1,0: o funcție continuă cu derivata sa continuă și
0)0( f . Arătați că 21
1
02
1 0)( )( sup
dxxf xf
x.
Soluție: Fie 1,0x . Aplicăm inegalitatea lui Cauchy – Schwarz astfel:
. )( 1 )( )( )0( )( )(21
0221
0221
02
0
x x x x
dttf dt xf dttf f xf xf
5. (Inegalitatea lui Poincar é) Fie 1p număr real.
Fie funcți a b
apdxxf fbaR baf )( ,0)0(, , ,: . Arăta ți că există o constantă C care
depinde numai de ab astfel încât b
apb
apdxxfC dxxf )( )( pentru orice funcție
),(1
0 baPWf .
Soluție: Aplicând inegalitatea lui Cauchy – Schwarz se obține:
baxdttf dttf f xf xfb
ax
a, ,)( )( )0( )( )( . Cu inegalitatea lui Hö lder avem:
b
ap pb
ap pp pb
ab
apdxxf ab dxxf ab dttf dxxf )( ) ( )( ) ( )( )(1
Alegem .) (1pab C
6. Dacă funcția R f1,0: , 0)1( )0(,1,01 f f Cf să se demonstreze relația:
1
0221
0)(121)( dxxf dxxf . Când se realizează egalitatea?
Soluție: Integrân d prin părți avem:
64
1
01
01
01
01
0)( )( |)( )( )( dxxfx dxxfx xxf dxxfx dxxf . Însă 0|)( )(1
01
0xf dxxf , putem
scrie 1
01
0)()21( )(2 dxxfx dxxf . Aplicând inegalitatea lui Cauchy – Schwarz se obține:
1
021
0221
021
0)( )21( )()21( )( 4 dxxf dxx dxxfx dxxf .
31)21(1
02dxx
Pentru egalitate vom încerca funcții polinomi ale. Polinomul )1(x cx cu c o constantă arbitrară,
are derivata )21( x c și se observă ușor că 1
02 2)21(1)1( 4 dxx cbdxx cx deci egalitatea se
obține pentru )1( )( x cxxf .
7. Fie 2 , nNn . Arătați că .12ln
1nne dxxe
n
Soluție: Funcția nx xf e f ln )(,1,0 ,1: este bijectivă, inversa sa este
nyeyfe f )( ,,1 1,0:1 1. Putem aplica inegalitatea lui Young (teorema 1).
e dye dxxf f eef dyyf dxxfnye ef
fe
1
0 0)(
)1(1
1)( )1(1)( )( )( . Folosind inegalitatea
Rx x ex ,1 cu egal itate pentru 0x rezultă 121,0 ,11
0 nne e y y en ny n y.
8. Fie ,0 1,0:f o funcție continuă și 2 , nNn . Să se arate că
nndttf dttf1
01
0)( )( .
Soluție: Se aplică inegalitatea lui Jensen pentru funcțiile fși nxxg g )(, ,0 ,0:
65
g convexă Jensen
1
01
0))( (011)(011dttfg dttf g .)( ) (1
01
0nndttf dtfg
9. Fie
21,0 1,0:f integrabilă. Să se arate că .)()( 1ln
)()( 1(
ln1
01
01
0dxxfxf
dxxfdxxf
.
Soluție: Fie tttgR g
1ln)(,21,0: .
Avem .21,0 ,0)1(12)(,1
11)(2
tttttgtttg Deci g este convexă pe
21,0 .
Deoarece
21,0 1,0:f este integrabilă și g este convexă putem aplica teorema 5
(Inegalitat ea lui Jensen):
.)()( 1ln
)()( 1
ln)()( 1ln
)()( 1
ln )(011)(011
1
01
01
01
01
01
01
01
0
dxxfxf
dxxfdxxfdxxfxf
dxxfdxxf
dxxfg dxxf g
10. Să se demonstreze că 8 4ln142 4
01
dxe extg.
Soluție:
4
04
01
01
02 2 2 22 4
04
011
1 1 111
dxxe dyyye dxxtgxtge dxxtgxtge dx e dxex y xtg xtg xtg xtg
Funcțiile xe și 211
x sunt pozitive și strict desc rescătoare pe 1,0. Aplicăm inegalitatea lui
Cebîsev.
66
411 0 1 111
1111
01
021
02
eartg arctg e dxxdxe dxxex x și astfel partea stângă a
inegalității este demonstrată.
Pentru a demonstra inegalitatea din dreapta se consideră inegalitatea Rx x ex ,1 , rezultă
că
4,0 , 1xxtg extg
xtgextg extg
xtg
11
11 1 de unde prin integrare rezultă:
4
04
04
042ln
4 cos sincos
11 1
dxx xx
xtgdxextg
Notăm 4
04
0cos sinsin
cos sincos
dxx xxJșidxx xxI
Cx x JICxJI
cos sinln
Deci, . cos sinln21Cx x x I
4
02ln41
8 cos sincos
dxx xx.
11. Fie R baf,: o funcție crescătoare. Să se arate că b
ab
adxxfbadxxxf )(2)( .
Soluție: Aplicăm inegalitatea lui Cebîșev pentru f crescătoare și xxg)( crescătoare.
Avem .)(2)(1)( b
ab
ab
ab
adxxfbadxx dxxfabdxxxf
12. Arătați că 1
0233ln
33 3121ln
edxxx (OL Brașov, 2010).
67
Soluție: Vom folosi inegalitatea lui Cebîșev pentru funcții de monot onii diferite:
.33ln
3327ln
33333ln2133ln3ln21
33ln3ln23
3313ln23
31121ln3121ln
2 323 21
01
01
02 2
e e ee e dxxdxx dxxx
13. Fie funcție R eef2,: dată prin xxxfln)( . Să se arate că :
24)(112
22
eedxxfeee
e.
Soluție: Funcția
xxxfln)( este convexă , 2
2, ,0ln1 ln)( eexxxxf
2
3, ,0lnln2)( eexx xxxf .
Aplicăm inegalitatea lui Hermite – Hadamard:
24 1)(
2)( )(
1)(
)(2
222 2
ee
edxxf
eef ef
edxxf
efe
ee
e.
14. Fie RbabaR baf ,, , ,: o funcție de două ori derivabilă cu p roprietatea că există
două constante reale bax Mxf mîaMm , , )( .. , . Să se arate că:
a)
24 2)(1
242 2abMbaf dxxfababmb
a
b)
12)(1
2)( )(
122 2abM dxxfabbf af abmb
a
68
Soluție: Fie 2
2)( )(, ,: xmxf xgR bag convexă, deci integrabilă. Convexitatea rezultă
din .2,
baab c
Aplicăm inegalitatea lui Hermite – Hadamard:
24 8 6 2)(1
4 2)( )(6)(1
8 2 2)( )()(1
2
2
2 3 3 2 23 3 2
bambama bm baf dxxfabb am bf afa bmdxxfabbam bafbgagdxxgabbag
b
ab
ab
a
și respectiv:
12 6 4)(1
2)( )(2 3 3
2 2 abm
ababmb amdxxfabbf afb
a
Pentru inegalitatea din dreapta se procedează analog pentru funcția convexă
)(2)(, ,:2xf xMxgR bah .
15. Demonstrați inegalitățile:
a) baRbaee
abeeeb a a b ba
, ,,22
b) ,0 ,, ,2 ln lnyxyxyx
y xyxxy
c)
11 1
21ln1 ln
211
nnn n
n
Soluție: a) aplicând inegalitatea lui Hermite – Hadamard pentru xexf)( avem:
69
baRbaee
abeeeb a a b ba
, ,,22
b) În inegalitatea de la a) punem y ex ea b,
c) Fie xxfR f 11)(, ,0: . Cu inegalitatea lui Hermite – Hadamard avem:
11 1
21
11
2111
nndxxnn
n.
70
Inegalități obținute prin dezvoltări în serie Taylor
Printre cele mai elementare situații de aplicare a dezvoltărilor în serie Taylor este
următ oarea inegali tate: Să se arate că oricare ar fi *, ,0 Nn x are loc inegalitatea:
.2…3 21 ln2 3 2
nx x xx xn
Dezvoltăm în serie Taylor func ția )1 ln(x și avem :
).1,0( ,) 1(1
12 2…3 2)1 ln(12 2 3 2
x nx
nx x xx xn n
Prin dezvoltare în serie Taylor obținem și apr oximația pentru 47sin . Funcția
4,sin)(,2,0:0
xx xfR f .
Cu Taylor aproximarea de ordinul întâi a funcției în jurul lui 0x avem:
731789464,0 0349,0 7071,0 7071,09022
2247sin18047
9042 45 474 22
22)(4 714
4)(
x xx xffx
f xf
Din aproximația de ordinul doi a funcției obținem:
1415926535,37313586699,021
90 90122
180472
f
Următoarea inegali tate afirmă că dacă R Rf: este o funcție mărginită, cu derivata a doua
mărgini tă atunci și prima derivată este și ea mărginită. În anul 1932 matematicienii G. Hardy
(1877 – 1949) și J. Littlewood (1885 – 1977) au extins inegalitatea la o clasă largă de funcții.
71
1) (Inegalitatea lui Landau ) Fie R Rf: o funcție de clasă 2C. Presupunem că f și f
sunt mărginite. Fie )( sup ,)( sup2 0 xf Mxf M
Rx Rx
. Arătați că f este mărginită și are loc
inegalitatea: 2 0 2)( sup MM xf
Rx
.
Soluție: Observăm că 02M dacă și numai dacă f este funcție constantă. Presupunem fără a
restrânge inegalitatea că 02M . Fie Rx arbitrar și 0h . În formula lui Taylor avem:
h xxttfh xfh xf h xf 2 , ),( 2)(2)( )2(2 .
De aici )(2)( )2()( tfhhxf h xfxf .
Prin trecere în modul obținem: RxhMhMxf , )(20. Alegem
20
MMh și obținem
inegalitatea cerută.
Remarcă. Aplicând formula lui Taylor de două ori pentru hxxt 2 , putem obține o
estimare mai bună 2 0 2)( sup MM xf
Rx
.
Inegalitatea lui L andau fost extinsă de A. Kolmogorov (1903 – 1987), matematician rus
cunoscut pentru contribuții majore în topolo gie și teoria probabilită ților.
2) (Inegalitatea lui Kolmogorov) Fie R Rf: o funcție de clasă 3C. Presupunem că f și f
sunt mărginite, fie )( sup ,)( sup3 0 xf Mxf M
Rx Rx
.
a) Demonstraț i că f este mărginită și 31
32
0921)( sup MM xf
Rx
b) Este f mărgin ită?
Soluție: a) fixăm 0 , hRa . Aplicăm formula lui Taylor:
72
6 26 2
3
323
32
hM xfhxfhxf hxfhM xfhxfhxf hxf
Astfel ,
hhxf hxfxf
h 2lim
0
de unde
0 332 22 2
232 22 22
M Mhhxf hxfxfhxfhxf hxf xfhxfhxf hxfhxf hxf xfhxfhxf hxf xfhxfhxf hxf xfh
Am obținut hMMhxf0
32
6 .
Fie funcția hMMhh0
32
6)( . Derivata sa este 3
30
0 0MMh h punct de minim.
3 32
0
029 MMh .Deci,3 32
0
29)( sup)( supMMh xf
Rh Rx
.
b) Conform punctului a) f și f sunt mărginite. Scriem f f . Aplicând inegalitat ea lui
Landau funcțiilor f și f deducem că și f este mărginită.
3) (Inegalitatea lui Landau – Kolmogorov generalizată). Fie R Rf: o funcție neconstantă
de clasă nC astfel încât f și nf sunt mărginite.
a) Demonstrați că 1nf este mărginită.
b) Deduceți că kf sunt mărginite, 1 1 nk .
c) nk Mk 0 ,0
73
d) Folosind funcțiile auxiliare nk MMk kk
k
0 , 21
11 demonstrați că
. 211 ) (nk
knk
kknk
k M M M
Soluție: a) Folosind dezvoltarea în serie Taylor avem:
!2)(!01
1 nkMM xfjkn
nn
jjj
.
Sumând după n k,1 se obține:
!2 )(!101
111
11
111
nkMM C xfjkCn
nn
kk
nn
jjj n
kk
nkn, echivalent cu
!2 1 )(!1
01
111
11
111
nkMM C kC xfjn
nn
kk
nn
jn
kj k
nkn j.
Dar
mjmmjkCn
kj k
mkm
,!1 1,011
1
Folosind această observație, toți termenii cu excepția celui corespunzător lui 1nj sunt zero.
!2 )(01
11)1(
nkMM C x fn
nn
kk
nn
b) Se demonstrează prin inducție matematică.
c) Dacă prin reducere la absurd 0kM atunci f este o funcție polinomială de grad cel mult
1k . Deoarece f este mărginită rezultă că f trebuie să fie obligatoriu constantă, ceea ce
contravine ipotezei. Astfel nk Mk 0,0
d) Din inegalita tea lui Landau se obține că 1 1, 21 1 nk M M Mk k k .
Inegalitatea aceasta arată că n …2 1 de unde k
nn
k … …21 21
74
Și astfel kk
nnnk
nn
kknk
MM
MM
02)1(
02)1(
2 2
4) Demonstrați inegalitatea Rt e ettt, 2 12 22
.
Soluție: Inegalitatea este echivalentă cu 2 2 2 2 22 2 2
22 2 1t t t t
tt ttttee ee e e e e
.
Dar tche et t
2 de unde rezultă că avem de demonstrat că 22t
etch . Acum dezvoltăm în serie
Taylor funcția cosinus hiperbolic și pe 22t
e:
…!21
…!221
!121
1…!2…!4!21
22
22
22 4 2
2
nt t t
ent tttch
n
tn
În prima dezvoltare coeficientul lui nt2 este )!2(1
n iar în a doua
!21
nn.
2 , ,2!) )…(2 )(1(! )!2( nNn nnn n nn nn. Deducem că )!2(1
n<
!21
nn.
Utilizând dezvoltările în serie Taylor deducem că 22t
etch .
75
Metoda integrării
Multe inegalități elementare pot fi demonstrate simplu folosind această metodă așa cum
arată exemplele următoare:
1) Fie 1,ba . Arătați că 11 1
na b
nabn n n n
.
Soluție: Prima metodă de demonstrare constă în definirea funcției
batna t
nattfn n n n
, ,11 1
. Calculând derivata funcției se obține
0 11t ttfndeci funcția f este strict crescătoare și ,0af deci af bf .
Mai simplu : .1,0 ) (1x dxx xb
an n
2) Fie na aa …,,,2 1 numere reale fixate ast fel încât n k ak ,1 ,1 . Dacă
1,0 ,11…1 122
11xxaa
xaa
xaa
nn arătați că e a a an 1… 1 12 1 .
Soluție: Prin integrare se obține:
. 1… 1 1 1 1… 1 1ln1ln… 1ln 1ln1…1 1
2 1 2 11
01
01
0 21
0 11
01
0 22
11
e a a a ax xa xa xa dxxaa
xaa
xaa
n nn
nn
3) Fie
2,2x arătați că 22sin1sin1ln sin xxxx
.
(M.Glomb, MM, Q 887)
Soluție: Observăm că este suficient să demonstrăm inegalitatea pentru
2,0x din cauza
parității
,sin1sin1ln21
cos1,sin cos
0 0
xxdttx dttx x
astfel aplicând inegalitatea lui Cauchy Schwarz
avem: x x x
dttgdttf dttgtf
0 02 2
0.
76
Punem
ttgt tf
cos1,cos și se obține concluzia imediat
4) Folosind inegalitatea lui Cauchy Bu niakowski în forma integrală să se arate că
.
)1(1 1ln
nn nn
Soluție:
11 1 1 1ln1
21 1
nndxxdx dxx nnn
nn
nn
n.
5) Fie na aa …,,,2 1 numere reale. Dem onstrați că 0
1,
n
jiji
jiaa.
Soluție: Acest exemplu arată avantajele folosirii metodei integrării în demonstrația unor
inegalități.
Considerăm funcția 2
1, 1,1
n
jii
in
jiji
ji xaxxaa xf . Observăm că .0 ,0 x xf așadar
n
jiji
jiaadxxf dxxf
1,1
01
0,0 .
6) Dacă x ș i y sunt numere reale pozitive atunci
Nnm xyy xnm yx yx nm y x m nmn nm mn n m mn mn ,, 1 1 11 1
Soluție: Pentru yx avem
.111 1
1 1
yxny x
yxmy x
yx nmy xy xy x nm y xyxmnn n m m nm nm
n n n m mn mn
Prin integrare avem dttdtt dt txyx
ynx
ymx
ynm 1 1 2 relație adevărată conform inegalității lui
Cebîsev.
7) Fie 1 , ,, cbaRcba. Arătați că 43
2 2 2
a ac
c cb
b baac bc ab
.
77
Soluție: Observăm că b badx
bxa
21
02 și analoagele. Aplicând inegalitatea lui Cauchy
Schwarz avem:
.1,
2 2 2 22 2 2
bc ac abx axc
cxb
bxaaxc
cxb
bxa
axc
cxb
bxa
Prin integrare rezultă:
11
2 2 2 acbcabacbcab aac
ccb
bba.
Observăm că 341 ac bc ab .
8) Fie 1 , ,, cbaRcba . Să se arate că 4 1 1 1
a c b
c b a.
Soluție: Folosind inegalitatea lui Cauchy -Buniakowski avem :
bc ac abxcba
bxa
bxc
axbcbabxa
bxc
axbbxacxcaxb
22
Integrând această inegalitate de la 0 la 1 se obține:
bcac abxdxcxa dxbxc dxaxb 1 1 1 11
01
01
0.
Folosind faptul că 21 ac bc ab rezultă:
4ln313131311ln11ln11ln1
0
dxx cabcab
Ținând cont de faptul că funcția logaritm natural este crescătoare și de proprietățile sale se obține
concluzia.
9) Arătați că
n
ipnpp
k1111
11.
78
Soluție: Fie
pxxfR baf11, ,: . nb a,0 . Suma D arboux inferioară a acestei funcții
este
n
kpk111 în timp ce pn
kpn pp x1111
1
.
10) Demonstrați că
23 1
13
n
kk.
Soluție: Pentru
2
131121 1,2ndxxnn
.
Fie ),…,2,1( n D o diviziune a intervalului n,1.
Aria dreptunghiurilor reprezintă suma Darboux inferioară a funcției 31
xxf pentru diviziunea
),…,2,1( n D .
f D ariafs unde f este suprafața delimitată de graficul fu ncției f și dreptele x=1 și x=n,
respectiv axa OX. 1 n 0 X Y
2 n-1
79
Deci,
2
131121 1
ndxxfsn
D
2 3 3 311211…31
21
n n.
Adunând în ambii membrii 1 se obține: 23
21
231
2
13
n kn
k.
11) Utilizând sume Darboux inferioare și superioare să se arate că
a) 1212
1xdx
b) .1
16.02
12
xdx
Soluție:
a) Fie )2,23,1(D o diviziune a intervalului 2,1 . Funcția xxfR f1, 2,1: este
descrescătoare.
Astfel:
.165)( )(21.65
21)23(21)1( )(,127
41
31)(
2
1
fSxdxfsf f fS fs
D DD D
b) Ținând cont de faptul că 211, 1,0:xxfR f este descrescătoare pe intervalul de
definiție, fie )1,21,0(D o diviziune.
Suma Darboux inferioară este 65.021121
21
f f fsD ,iar suma Darboux superioară
este 9.021
21
210
f f fSD
19.016.01
02fSxdxfsD D
80
12) Arătați că pentru orice 2 , nNn avem 11…31
211 ln1…31
21
nnn.
Soluție: Fie funcția xxfR n f1, ,1: și ),…,2,1( n D .
Suma Darboux inferioară este :
nf f f nnnf f f fsD …3 2 1 …233 122
iar suma Darboux superioară .1 …2 1 nf f f fSD
. ln
1fSnxdxfsDn
D
81
Inegalități folosind funcția inversă
În cartea [10] apare următoarea inegalitate:
Dacă 1,0x arătați că 1 sin sin sin2sin22x arcx xx arcx
Pornind de la această inegalitate obținem o metodă elementară dar utilă pentru deducerea multor
inegalități.
Teoremă: Fie J If: o funcție bij ectivă și JI, intervale nevide ,0 ,JI . Presupunem
că funcția
xxfxg este strict crescătoare. Atunci pentru orice y xfîaJyIx .. ,
avem 21xyyfxf
unde I Jf:1 este inversa funcției f.
Dacă y xfîaJyIx .. , atunci 31xy yfxf
Demonstrație: Remarcăm faptul că funcția f trebu ie să fie strict crescătoare . Î ntr-adevăr dacă
2 1 2 1 , , xxI xx atunci
22
11
xxf
xxf și 2
21
2 1 xfxxxf xf .
Astfel și I J f:1 este strict crescătoare.
Punând yfz1 și ținând cont de faptul că I Jf:1 este strict crescătoare, pentru xz
avem:
xxf
zzf și de aici yfxf xy1 adică relația (2) este adevărată.
Când xfy luăm yfz1 , xz și similar
xxf
zzf rezultând inegalitatea (3).∎
Aplicând teorema 1 pentru 1,0 ,sin xx arcxf și ținând cont de relația (3) se obține
inegalitatea din membrul stâng. Pentru cealaltă inegalitate se ține cont de relația (2).
Teorema 1 ne furnizează o metodă care poate fi aplicată pentru deducer ea mai multor inegalități:
a) 0 , 1ln12 xxx ex
82
b)
2,0 ,2xxxtgarcxtg
c) 1 ,0 ,0 , 1 11 1211
p p xx x x pp
d) 1 ,1,0 , 111 121
p xx x x pp
Aplicații:
1) Fie x arcyîa y x sin ..2,0 ,1,0
. Atunci xyy x arc sin sin .
2) Pentru 0 ,0y x cu yx sinh avem xyy arcx sinh sinh .
3) Pentru yxtgîa x y
..2,0 ,,0 avem xyytgarcxtg .
4) Pentru orice y arctghxîa y x ..),0( ),1,0( avem xyytghx arctgh
Unde 2sinhx xeex este funcția sinus hiperbolic.
y yx x
eeeextgh
este funcția tangentă hiperbolică și xtgh este inversa funcției tangentă
hiperbolic.
Soluție:
1) Fie x arcxf J I sin ,2,0 ,1,0
. Fie funcția xx arcxgsin .
Atunci
22
1sin 1
xx arcx xxg
.
Vrem să arătăm că
21sin
xxx arc
. Pentru aceasta fi e p xsin . Inegalitatea devine
ptgpppcossin, această ultimă inegalitate fiind cunoscută foarte bine.
83
Așadar , 0
1sin 1
22
xx arcx xxg , deci funcția g este str ict crescătoare.
Aplicăm te orema 1 și totul este clar.
2) Fie x xf JI sinh ,,0
0sinh cosh
2
xx xx
xxf deoarece xxtgh xxxx x x coshsinh0 sinh cosh
putem aplica teorema 1.
3) Fie xtgxf I J
,2,0 ,,0
0coscos sin
2 2
x xx x x
xxf deoarece 1 cos, sin x xx .
Se aplică teorema 1.
4) Fie xtgharcxf J I
,2,0 ,1,0
01
22
xx arctghxx
xxf deoarece ptghxp p pxxx arctgh , cosh sinh12 .
84
Metoda Boas
În [1] apare următoarea teoremă, ea constituie o sursă importantă pentru obținerea de numeroase
inegalități.
Teoremă: Fie R f1,0: o funcție continuă (funcția poate avea și domeniul inte rvalul 1,0 )
11f (sau
xf
x1lim ).
Fie g o funcție continuă cu domeniul 1,0 și 11g . Presupunând că
xxf și
xxg sunt
strict descrescătoare pe domeniile lor de definiție și .1,0 , xxxf
Demo nstrați că
1,0 , xxfg xgf .
Demonstrație: Deoarece
xxf este descrescătoare pentru 1 0y avem
1 0, xxxf
xyxyf și în co nsecință 1.1,0 ,1,0 , y x xyf xyf .
Deoarece 11,00 f f și ținând cont de faptul că f este continuă rezultă că există
1, ,1 1 ..1,01 1 1 x xfși fîa .
Din
xxf crescătoare rezultă că și f este crescătoare astfel exist ă un unic 1 cu proprietățile date.
Vom determina șirul 1nn recursi v 1, ,1 1 n n n n x xfși f .
Atunci 1nn este șir de numere pozitiv descrescător, el va converge la un punct limită . Dacă
0 atunci
f fnnlim . ( feste continuă). Deoarece am presupus că
1,0 , xx xf deducem că 0 .
Fie 10 . Cum 1n fiecare x va ap arține unuia din intervalele n n,1 . În acest interval
avem n xf.
Relația (1) se rescrie n n xxxgxf
xxgxf xgf , ,1
.
Relația (1) este aplicabilă deoarece )2( 111g
xxg.
85
Pentru 11,1,1 f x și astfel
xfxfg g11 , deoarece
xxg este descrescătoare.
Avem ).1,( )),(( ))((1 x xfg xgf
Dacă ,1n deoarece func ția
xxg este descrescătoare s e obține
n
nnxgxfxgf , .
Dar, xfn și g este descrescătoare
n n xxfgxfxfgxf xgf , ,1 .
Cum n a fost ales arbitrar concluzia este valabilă pentru orice 1,0x .∎
Vom ilustra aplicabilitatea teoremei 2 pentru următoarele exemple:
1. Fie 1 , ,22 axxgxtg xfa
. Punând 2:x se obține
.2 21 1
aa
aa
tgyay tg
Pentru 2a se obține inegalitatea
2,0 ,2 222
yytgytg .
2. Fie 1 , , 1ln axxgx xfa. Atunci 1,0 ,11log11ln
xx xa
a.
Punem 0 , 1y e xy și se obține imediat inegalitatea 1,0 ,
111ln
a yy
ea
ay.
3. Luând funcțiile 11, 1logeexgx xfx
se obține prin aplicarea teroremei a doua
inegalitatea 1,0 ,1 11ln xexx
eee
x
86
Metoda multiplicatorilor Lagrange
Metoda multiplicatorilor Lagrange este folosită pentru inegalită țile con diționate. Metoda este
destul de u șor de aplicat , necesită simple cunoștințe de calcul diferențial .
Teorema : Fie nRIR If , : o func ție de variabile nx xx ,…,,2 1 , continuă și diferențiabilă
pe domeniul său cu legătura . ,,1,0) ,…,,(2 1 nkk i x xxgn
Atunci maximul sau minimul func ției f relativ la condi țiile nkk i x xxgn ,,1,0) ,…,,(2 1
pe I se atinge la capetele lui sau în punctele în care derivatele par țiale în raport cu variabilele
nx xx ,…,,2 1 ale func ției in
iig f L
1 sunt zero.
Aplica ții:
1. Fie nx xx ,…,,2 1 numere reale pozitive cu suma a x xxn …2 1 . Găsi ți maximul
expresiei n
nx xx A …21 .
Solu ție : Func ția lui Lagrange este
). … ( … ) … ( ) ,…,,(2 1 21 2 1 2 1 ax xx x xx ax xx A x xxFnn
n n n
Obținem sistemul :
nn
n
nn
nn
n
xx xx
xFxx xx
xFxx xx
xF
………… ………. ………. …………….
21221
2121
1
Se ob ține . …2 1nax x xn Punctul ) ,….,,(na
na
naM este punct de maxim local ,
, maxnaA adică ,……2 1
21nx xxx xxn n
n de fapt inegalitatea dintre media aritmetică
și media geometrică .
2. Fie Rcba,, cu .1 cba Demonstra ți că .2 9) (7 abc ca bc ab
Solu ție : Func ția lui Lagrange este ).1 ( 2 9) (7),,( cba abc ca bc ab cbaF
87
ab ba ab bacFca ca ca acbFbc cb bc cbaF
9) (7 0 9) (79) (7 0 9) (79) (7 0 9) (7
Se ob ține .0)97)( ( 0) (9) (7 9) (7 9) (7 c ab abc accb ca ca bc cb
Analog , 0)97)( ( b ca și .0)97)( ( a bc
I. Dacă cbba, obținem
31 cba și astfel
.02279
9212 9) (7 abc ca bc ab
II. Dacă cbba, rezultă b a97 și ,1914ba contradic ție .
III. Dacă 0 97c atunci nu putem avea 0 97b sau .0 97a Trebuie să avem
cbși ca adică ,97 cba contradic ție .
Minimul func ției ),,( cbaF este 0, deci .2 9) (7 abc ca bc ab
3. Fie Rcba,, cu .42 2 2 abc c b a Demonstra ți ca .6 cba
Solu ție : Func ția lui Lagrange asociată este : ).4 ( ),,(2 2 2 abc c b a cbacbaF
abcac ccFacbac bbFbcabc aaF
210 1210 1210 1
Din .0)2 )( (21
21cabacb bcaAnalog 0) 2)( ( a cb și .0) 2)( ( b ac
88
I. Dacă 2ba din .42 2 2 abc c b a obținem 2c și 2 cba .
II. Dacă 0 )2 )(1( 4 3,22 3 2 a a a a ba și se obține 1 cba sau
2ba , adică 3 cba sau .6 cba
Astfel minimul expresiei estre -6 .
89
CAPITOLUL III : ASPECTE METODICE
Metoda exercițiului
Aproape că nu există lecție de matematică în care metoda exercițiului să nu fie aplicată .
Însușirea noțiunilor matematice este strâns legată de rezolvarea exercițiilor și problemelor.
Exercițiile sun t acțiuni efectuate în mod conștient și repetat cu scopul dobândirii unor priceperi și
deprinderi sau a unor cunoștințe noi,în scopul dezvoltării unor aptitudini.
Prin repetare se formează automatisme , algoritmi de cunoaștere care asigură învățării un
randament sporit.
Avantajele metodei exercițiului :
Oferă posibilitatea unei independențe.
Formează o gândire productivă .
Activează atitudinea critică și determină elevii să aprecieze metoda de lucru cea mai
bună.
Permite analiza erorilor .
Exercițiile alese spre rezolvare trebuie să îndeplinească mai multe condiții :
Să fie conforme cu programele școlare .
Să fie adaptate particularităților de vârstă ale elevilor.
Formularea lor să țină cont de limbajul manualelor școlare .
Să permită reținerea tipurilor de raționamente folosite , să deschidă calea
generalizărilor.
Gradul de dificultate al exercițiilor trebuie să fie individualizat, în sensul că se pot da
exerciții obligatorii , iar cele facultative să fie cu grad ridicat de dificultate și
complexitate .
Efectuarea exercițiilor să îmbine îndrumarea din partea profesorului , cooperarea cu
elevii și să dezvolte spiritul de independență.
90
Să se evite repetările greșite .
În funcție de aportul capacităților intelectuale necesare efectuării lor exercițiile se clasif ică
astfel:
1. Exerciții de recunoaștere a unor noțiuni matematice
2. Exerciții de aplicare a unui algoritm
3. Exerciții grafice
4. Exerciții care permit însușirea unor noțiuni complexe
1. Exerciții de recunoaștere a unor noțiuni matematice:
Să se cerceteze aplicabilit atea teoremei lui Lagrange funcției
݂:[−3,3]→ℝ,݂(ݔ)=ቊ√ݔ+1 ,ݔ∈(0,3]
௫
ଶ+1, ݔ∈[−3,0].
Elevii trebuie sa cunoască enunțul teoremei lui Lagrange și noțiuni precum
continuitatea și derivabilitatea unei funcții într -un punct.
Problem a continuității se pune în punctul ݔ=0.Calculănd limitele laterale se obține
݂(0−0)=݂(0+0)=݂(0)=1, deci funcția este continuă pe [−3,3].
Studiem derivabilitatea funcției în ݔ=0 , în rest funcția este derivabilă restricțiile ei
fiind funcții continue .
lim௫→,
௫வ√ݔ+1−1
ݔ=lim௫→,
௫வݔ+1−1
ݔ(√ݔ+1+1)=1
2.
lim ௫→,
௫ழೣ
మାଵ ିଵ
௫=ଵ
ଶ. Astfel funcția este derivabilă pe (−3,3).
2. Exerciții de aplicare a unui algoritm :
Exerciții de tipul :
Să se demonstreze inegalitățile :
a) |sinݔ−sinݕ|≤|ݔ−ݕ|, oricare ar fi ݔ,ݕ∈ℝ.
b) ௫ି௬
௫<ln௫
௬<௫ି௬
௬, oricare ar fi 0<ݔ<ݕ.
c) ି
௦మ <ܾ݃ݐ −ܽ݃ݐ <ି
௦మ .0≤ܽ<ܾ<గ
ଶ.
91
se bazeză pe studiul monotoniei derivatei.
Soluț ie:
b) Fie ݂(ݔ)=lnݔ,ݔ>0. Fixăm ܽ,ܾ>0,ܽ<ܾ .Funcția f este funcție Rolle pe [a,b] .
Aplicând teorema lui Lagrange pe [ܽ,ܾ]⟹(∃)ܿ∈(ܽ,ܾ)astfel încât
݂(ܾ)−݂(ܽ)=(ܾ−ܽ)݂′(ܿ),ܽ<ܿ<ܾ⟹ln ܾ−ln ܽ=1
ܿ(ܾ−ܽ),ܽ<ܿ<ܾ.
Cum 0<ܽ<ܿ<ܾ⟹1
ܾ<1
ܿ<1
ܽ⟹ܾ−ܽ
ܾ<ܾ−ܽ
ܿ<ܾ−ܽ
ܽ⟹ܾ−ܽ
ܾ<ln ܾ−ln ܽ
<ܾ−ܽ
ܽ⟹ܾ−ܽ
ܾ<lnܾ
ܽ<ܾ−ܽ
ܽ.
3. Exerci ții grafice : Interpretarea grafică a teoremei lui Lagrange.
4. Exerci ții care permit însușirea unei noțiuni complexe
Utilizând formula lui Lagrange pentru funcția ݂:[100 ,104] →ࡾ, ݂(ݔ) = √ݔ, să se
arate că √104 −10<0,2.
Soluție :
݂ este funcție Rolle pe [100 ,104] și, conform teorem ei lui Lagrange, există
ܿ∈(100 ,104 ) astfel încât (ଵସ )ି(ଵ )
ଵସ ିଵ=݂′(ܿ),dar ݂′(ݔ)=ଵ
ଶ√௫⟹√ଵସ ିଵ
ସ=
ଵ
ଶ√⟺√104 −10=ଶ
√. Dar 100 <ܿ<104 ⟹ଵ
ଵସ<ଵ
<ଵ
ଵ⟹ଶ
√ଵସ<ଶ
√<
ଶ
√ଵ⟹√104 −10=ଶ
√<ଶ
ଵ⟹√104 −10<0 .
Observație: Putem concluziona că, eroarea care se face când înlocuim √104 cu 10 este
mai mică decât 0 .
După forma,exerci țiile se pot grupa în :
Exerci ții orale
92
Exerci ții scrise
Exerci ții practice.
Exerci țiul ne retine aten ția prin câteva cerin țe de respectat , in aplicarea lui
[http://pshihopedagogie.blogspot.ro/ ]:
1. Elevul sa fie con știent de scopul exerci țiului si sa în țeleagă bine modelul acțiunii de
învățat.
2. Exerci țiile sa aibă varietate suficienta, altfel risc ând sa formă m numai par țial deprinderea
propusa ca scop.
3. Exerci țiile sa respecte o anumita gradaț ie de dificultate in aplicarea lor. Depri nderile mai
compl icate se formează prin integrarea succesiva a unor deprinderi mai simple .
4. Exerci țiile sa aibă , continuitate in timp, altfel putând să apară lacune, care împiedică
elevul sa -si formeze in mod normal deprinderile vizate.
5. Exerci țiile sa aibă ritm optim si d urata optima.
6. Exersarea sa fie permanenta însoțită de corectura si de autocorectură . Este regula care
reiese din î nsăși teoria form arii deprinderilor, altfel apărâ nd p osibilitatea însu șirii
mecanice si f ără durabilitate.
7. Exerci țiul sa f ie clar scopul, per formanta urmă rită, sa se prevină formarea unor deprinderi
eronate, sa fie urmă rita corectitudinea, prezenta controlului si autocont rolului, realizarea
unor exerci ții variat e, interesante in raport cu con ținutul.
93
Proiectul
Proiectul face parte din ca tegoria metodelor alternative de evaluare cel mai frecvent folosite la
ora actuală în învățământul românesc cum ar fi : observarea sistematică a activității și
comportamentului elevilor în timpul activităților didactice, referatul, portofoliul, autoevalua rea.
Proiectul este un plan sau o lucrare cu caracter aplicativ, întocmita in baza unei teme date
.Acesta oferă elevilor posibilitatea de a demonstra ce știu, dar, mai ales, ceea ce știu să facă,
adică să le pună în valoare anumite capacități. Este activi tatea cel mai pregnant centrată pe elev.
Este un produs al imaginației acestora, menit să permită folosirea liberă a cunoștințelor însușite,
într-un context nou și relevant. Este o activitate personalizată, elevii putând decide nu numai
asupra conținutului său, dar și asupra formei de prezentare.
Proiectul începe în clasă, prin conturarea obiectivelor, formularea sarcinii de lucru. În afara
orelor de curs, dar sub îndrumarea profesorului, elevii stabilesc metodologiile de lucru și fixează
termenele pentru d iferite etape ale proiectului . După corelarea datelor și organizarea
materialului, proiectul se încheie în clasă prin prezentarea rezultatelor obținute.
Această formă de evaluare este preferată în ultimii ani de elevi deoarece aceștia au posibilitatea
să conceapă un proiect pe un subiect care îi interesează, astfel aceștia sunt foarte motivați să
realizeze un proiect bun și nu percep această metodă ca fiind una de evaluare. Proiectul permite
astfel evaluarea unor capacități superioare ale elevilor, atitudi ni, aptitudini, deprinderi.
Caracteristicile proiectului :
se desfășoară pe o perioadă de timp de câteva zile sau câteva săptămâni;
începe în clasă prin precizarea temei, definirea și înțelegerea sarcinilor de lucru, continuă
în clasă și acasă și se înc heie în clasă prin prezentarea unui raport despre rezultatul
obținut și expunerea produsului realizat;
poate lua forma unei sarcini de lucru individuale sau de grup;
trebuie organizat riguros în etape, ca orice muncă de cercetare;
facilitează transferul de cunoștințe prin conexiuni interdisciplinare;
stimulează creativitatea si autonomia elevilor.
facilitează învățarea prin cooperare.
94
Tipologia proiectelor :
Proiect de tip problemă : – sa rezolve o situație problema .
Proiect de tip învățare: – sa-și îmbo gățească o procedura de instruire sau o tehnica .
Proiect de tip constructiv : – să redacteze un articol , o revista, etc.
Etapele realizării unui proiect sunt:
Alegerea subiectului sau a temei
Planificarea activității (stabilirea obiectivelor , formarea grupelor, alegerea temei pentru
fiecare elev ,stabilirea responsabilităților , identificarea surselor de informare)
Cercetarea propriu -zisa.
Realizarea materialelor.
Prezentarea materialelor .
Evaluarea .
Un dezavantaj al proiectului este faptul ca nu per mite stabilirea clara a contribuției fiecărui elev,
totuși evaluarea proiectului se poate face pe baza unor criterii :
Denumirea criteriilor Numărul de puncte
I. Evaluarea conținutului lucrării 60
1. Titlul lucrării este formulat clar și concis 1
2. Str uctura și stilul lucrării 10
2.1. structura (introducere, cuprins,
concluzii, bibliografie) 3
2.2. stilul (redactare, logica derulării,
expresivitatea ilustrațiilor grafice) 7
3. Conținutul teoretic 13
3.1. reflectarea con ceptelor, teoriilor,
noțiunilor; folosirea corectăa acestora 7
3.2. utilizarea bibliografiei (este
legată strict de subiect, grad de prelucrare,
actualitatea surselor folosite etc.) 6
4. Cercetarea aplicativă 36
4.1. complexitatea ce rcetării 7
95
4.2. alegerea metodelor, tehnicilor și
instrumentelor folosite; corectitudinea și
oportunitatea acestora 9
4.3. profunzimea analizei și pertinența
concluziilor 10
4.4. originalitatea demersului de
cercetare 5
4.5. creativitatea; inovarea 5
II. Evaluarea susținerii 40
5. Siguranța și persuasiunea expunerii 20
5.1. stăpânirea temei 7
5.2. concizia și logica expunerii; 7
5.3. folosirea materialelor expozitive
și expresivi tatea acestora 6
6. Claritatea și siguranța răspunsurilor la
întrebări 10
7. Participarea la dezbateri pe baza
proiectelor prezentate de ceilalți colegi 10
Total 100
Exemplificam metoda proiectului la clasa a XII a disciplina analiză matematică :
I. Aleg erea temei proiectului
Se propune clasei spre rezolvare următoarele exerciții:
Demonstra ți că:
1. .42
02 22e ex
2. .1)1ln(2
12
1xxdxx
96
3. .4 321
02xe
Elevii au fost lăsați 30 de minute pentru studierea exercițiilor .
Soluțiile lor sunt :
1. Fie ,0 2)(, )(, ]2,0[:2 2 x xxe xfe xfR f
.42
02
02 2 )02)(2( )02)(0(2 2e e f e fx x
2. Se consideră func ția 0
1)(,1) 1ln()(, ]2,1[:2
xxxfxxx xfR f
.0212ln)1( )( f xf
3.
.
111 ,1222
xe x Rxx ex x
II. Desfășurarea activităților
Obiectivul proiectului : Aplicarea proprietăților de monotonie a integralei definit e pentru
demonstrarea unor inegalită ți .
Clasa a fost împărțită in cinci grupe.
Fiecare grupa are:
secretar: notează ideile membrilor din grupul sau .
moderator :facilitează participarea membrilor grupului la discuții .
timer: urmărește încadrarea in timp .
raportorul : prezintă concluziile grupului .
Bibliografie:
M . Ganga –Manual de matematică pentru clasa a XII a , Ed. Mathpress 2007
I. Petrică – Culegere de probleme de analiză matematică Vol II , Ed. Petrion 2000
III. Realizarea materialelor : – timp 2 s ăptămâni.
97
IV. Prezentarea materialelor
Bibliografie:
V.Chiș, V. Șerdean , șa. –Ghidul profesorului de matematică, ed. Dacia 2001
I. Bontaș –Pedagogie, ed. ALL 1994
M. Ganga –Manual de analiză matematică clasa a XII a , ed. Mathpress 2007
98
CUPRINS
Capitolul I
Puncte de extrem. Teorema lui Fermat. Teorema lui Lagrange. Teorema lui
Cauchy…………………………………………………………………………………….. …………….. 1
Funcții convexe ………………………………………………………… ………… 3
Formula lui Taylor ……………………………………………………………….. 9
Sume Darboux …………………………………………………………………… 11
Capitolul II
Inegalități / egalităț i demonstrate cu teorema lui Fermat …………………….. 15
Exploatarea definiției și proprietăților funcției convexe / concave …………. 17
Inegalitatea lui Jensen ………………………………………………………….. 25
Media generalizată ……………………………………………………………… 35
Inegalitatea lui Karamata ……………………………………………………… 38
Inegalitatea dreptei de sprijin …………… …………………………………… 40
Inegalități obținute prin restricționarea unor funcții convexe la un interval ..
………………………………………………………………………………… …42
Exploatarea monotoniei ……………………………………………………… ….45
Inegalități integrale obținute prin aplicarea unor inegalități clasice …….. …..59
Inegalități obținute prin dezvoltări în serie Taylor ………………………… …70
Metoda integrării ……………………………………………………………….. 75
Inegalități folosind funcția inversă ……………………………………………. 81
Metoda Boas …………………………………………………………………… 84
99
Metoda multiplicatorilor Lagrange ……… …………………………………. 86
CAPITOLUL III : ASPECTE METODICE
Metoda exercițiului …………………………………………………………… 89
Proiectul ……………………………………………………………………… 93
100
BIBLIOGRAFIE
1. Boas R.P : Inequalities for a collection .Math . Mag.52,28 -31,1997
2. Becheanu M., En escu B. : Inegalități elementare și mai puțin elementare , Editura GIL,
2002
3. Bușneag D ., Maftei I.: Teme pentru cercurile și concursurile de matematică ale elevilor ,
Editura Scrisul Românesc, Craiova, 1983
4. Can, Vo Quoc Ba,. Pohoață C. : Old & New Inequali ties (vol 2) , Editura GIL, 2008
5. Drimbe M. O. : Inegalități idei și metode , Editura GIL, 2003
6. Ganga M. :Manual de analiză matematică clasa a XII a , Editura Mathpress ,2007
7. Mitrović D. S. :Analytic Inequalities , Springer, Heidelberg ,1970
8. Pham Kim Hung: Secrets in Inequalities volume 1+2 – advanced inequalities, GIL
Publishing House ,2008
9. Radu E. , Șontea O. : Manual de analiză matematică (clasa a XI a+ a XII a), Editura Bic
ALL , 2006
10. Rădulescu V, T.Rădulescu : Problems in Real Analysis: Advanced Calculus on the Real
Axis, Springer, New York , 2009
11. Rus I , Varna D.: Metodica predării matematicii , Editura Didactică și Pedagogică ,
Bucure ști , 1983
12. http://pshihopedagogie.blogspot.ro
Copyright Notice
© Licențiada.org respectă drepturile de proprietate intelectuală și așteaptă ca toți utilizatorii să facă același lucru. Dacă consideri că un conținut de pe site încalcă drepturile tale de autor, te rugăm să trimiți o notificare DMCA.
Acest articol: Puncte de extrem. Teorema lui Fermat. [602166] (ID: 602166)
Dacă considerați că acest conținut vă încalcă drepturile de autor, vă rugăm să depuneți o cerere pe pagina noastră Copyright Takedown.