سرفصل‌های این مبحث

نامساوی

یک تابع و چند نامساوی معروف

آخرین ویرایش: 21 بهمن 1402

دسته‌بندی: نامساوی

امتیاز:

نظر کاربران: برای نظر دادن اولین باش!

مقدمه

تابع $f (x) = {(\frac{A + x}{p})}^{p} - B x$ مفروض است.

در این تابع فرض می‌کنیم $\frac{A + x}{p} > 0$ که عبارات زیر مقادیر ثابتی هستند:

$B, A, p \in R, p \neq 0, 1$

مشتق این تابع را تعیین می‌کنیم:

$\begin{array}{l} \Rightarrow f^{'} (x) = p {(\frac{A + x}{p})}^{p - 1} \times \frac{1}{p} - B \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow f^{'} (x) = {(\frac{A + x}{p})}^{p - 1} - B; i f f^{'} (x) = 0 \end{array}$

$\Rightarrow {(\frac{A + x}{p})}^{p - 1} - B = 0$

$\begin{array}{l} \Rightarrow {(\frac{A + x}{p})}^{p - 1} = B \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow {[{(\frac{A + x}{p})}^{p - 1}]}^{\frac{1}{p - 1}} = B^{\frac{1}{p - 1}} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow (\frac{A + x}{p}) = B^{\frac{1}{p - 1}} \end{array}$

$\Rightarrow x = P B^{\frac{1}{p - 1}} - A$

مشتق دوم تابع را حساب می‌کنیم:

$\begin{array}{l} \Rightarrow f^{''} (x) = (p - 1) {(\frac{A + x}{p})}^{p - 2} \times \frac{1}{p} \end{array}$

$\Rightarrow f^{''} (x) = (\frac{p - 1}{p}) {(\frac{A + x}{p})}^{p - 2}$

علامت $f^{''} (x)$ را به‌صورت زیر تعیین می‌کنیم:

$f^{''} (x) = \frac{p - 1}{p} {(\frac{A + x}{p})}^{p - 2}; \{\begin{cases} f^{''} (x) > 0; p > 1, p < 0 \\ f^{''} (x) < 0; 0 < p < 1 \end{cases}$

اگر $p < 0$ یا $p > 1$ باشد، آن‌گاه تابع $f$ در نقطه $x = x_{0}$ دارای $m i n$ است.
اگر $0 < p < 1$ باشد، آن‌گاه تابع $f$ در نقطه $x = x_{0}$ دارای $m a x$ است.

مقدار تابع را در $x = x_{0}$ حساب می‌کنیم:

$\{\begin{cases} x_{0} = p B^{\frac{1}{p - 1}} - A \\ f (x) = {(\frac{A + x}{p})}^{p} - B x \end{cases}$

$f (x_{0}) = {[\frac{A + (p B^{\frac{1}{p - 1}} - A)}{p}]}^{p} - B (p B^{\frac{1}{p - 1}} - A)$

$\begin{array}{l} \Rightarrow f (x_{0}) = {(\frac{A + p B^{\frac{1}{p - 1}} - A}{p})}^{p} - B (p B^{\frac{1}{p - 1}} - A) \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow f (x_{0}) = {(B^{\frac{1}{p - 1}})}^{P} - p B^{\frac{p}{p - 1}} + B A \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow f (x_{0}) = B^{\frac{p}{p - 1}} - p B^{\frac{p}{p - 1}} + B A \end{array}$

$\Rightarrow f (x_{0}) = (1 - p) B^{\frac{p}{p - 1}} + B A$

چون تابع $f$ به ازای $p > 1, p > 0$ و در نقطه $x_{0}$ دارای $m i n$ است، پس مقدار تابع زیر:

$f (x) = {(\frac{A + x}{p})}^{p} - B x$

در $x_{0}$ کم‌ترین مقدار را داراست، یعنی کم‌ترین مقدار این تابع، به ازای $x = x_{0}$ به‌دست می‌آید، پس در سایر موارد، مقدار $f (x)$ از این مقدار بیش‌تر است به این ترتیب به اثبات یک نامساوی بسیار مهم می‌رسیم:

$\begin{array}{l} i f f (x) \geq f (x_{0}) \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow [{(\frac{A + x}{p})}^{p} - B x] \geq (1 - p) B^{\frac{p}{p - 1}} + B A \end{array}$

$\Rightarrow {(\frac{A + x}{p})}^{p} \geq B x + B^{\frac{p}{p - 1}} (1 - p) + B A$

به ازای $0 < p < 1$ جهت این نامساوی تغییر می‌کند؛ زیرا به ازای آن تابع در نقطه $x = x_{0}$ دارای $m a x$ است، در نتیجه:

$f (x) \leq f (x_{0})$

مفاهیم فوق به صورت زیر خلاصه می‌شود:

$\begin{array}{l} i f p < 0, p > 1 \Rightarrow f (x) \geq f (x_{0}) \Rightarrow {(\frac{A + x}{p})}^{p} \geq B x + B^{\frac{p}{p - 1}} (1 - p) + B A \end{array}$

$i f 0 < p < 1 \Rightarrow f (x) \leq f (x_{0}) \Rightarrow {(\frac{A + x}{p})}^{p} \leq B x + B^{\frac{p}{p - 1}} (1 - p) + B A$

نکته

نامساوی‌های مطرح شده، اطلاعات بسیاری را در اختیار ما قرار می‌دهد، این نامساوی مولد بسیاری از نامساوی‌هایی است که امروزه در حل مسائل به آنها استناد می‌شود.

نامساوی برنولی

قضیه

نامساوی‌های زیر، تعمیمی از نامساوی برنولی است:

$\{\begin{cases} {(1 + n)}^{p} \geq 1 + p n; p > 1, p < 0 \\ {(1 + n)}^{p} \leq 1 + p n; 0 < p < 1 \end{cases}$

اثبات

یادآوری می‌کنیم که:

$i f p < 0, p > 1 \Rightarrow f (x) \geq f (x_{0}) \Rightarrow {(\frac{A + x}{p})}^{p} \geq B x + B^{\frac{p}{p - 1}} (1 - p) + B A$

$\begin{array}{l} i f \{\begin{cases} A = p \\ B = 1 \end{cases} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow {(\frac{P + x}{p})}^{p} \geq (1) x + {(1)}^{\frac{p}{p - 1}} (1 - p) + (1) p \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow {(1 + \frac{x}{p})}^{p} \geq x + 1; \frac{x}{p} = n \Rightarrow x = p n \end{array}$

$\Rightarrow {(1 + n)}^{p} \geq 1 + p n; p > 1, p < 0$

فرمول بعدی هم شبیه روش فوق ثابت می‌شود.

تمرین

بیش‌ترین مقدار تابع زیر را پیدا می‌کنیم:

$f (x) = \sqrt{1 - \frac{x}{3} +} \sqrt[6]{1 + x}$

$f (x) = \sqrt{1 - \frac{x}{3} +} \sqrt[6]{1 + x} \Rightarrow f (x) = {(1 - \frac{x}{3})}^{\frac{1}{2}} + {(1 + x)}^{\frac{1}{6}}$

یادآوری می‌کنیم که:

$i f 0 < p < 1 \Rightarrow {(1 + n)}^{p} \leq 1 + p n$

$0 < \frac{1}{2} < 1 \Rightarrow {(1 - \frac{x}{3})}^{\frac{1}{2}} \leq 1 + (\frac{1}{2}) (- \frac{x}{3}) = 1 - \frac{x}{6}$

$\begin{matrix} 0 < \frac{1}{6} < 1 \Rightarrow {(1 + x)}^{\frac{1}{6}} \leq 1 + (\frac{1}{6}) (x) = 1 + \frac{x}{6} \end{matrix}$

طرفین نامساوی‌های زیر را با هم جمع می‌کنیم:

${(1 - \frac{x}{3})}^{\frac{1}{2}} + {(1 + x)}^{\frac{1}{6}} \leq (1 - \frac{x}{6}) + (1 + \frac{x}{6}) \Rightarrow f (x) \leq 2 \Rightarrow \max [f (x)] = 2$

نامساوی ینسن

قضیه

نامساوی زیر، به نامساوی ینسن معروف است:

$i f p > 1, \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1 \Rightarrow x y \leq \frac{x^{p}}{p} + \frac{y^{q}}{q}$

اثبات

نامساوی زیر را در نظر بگیرید:

${(\frac{A + x}{p})}^{p} \geq B x + B^{\frac{p}{p - 1}} (1 - p) + B A$

اگر فرض کنیم:

$\{\begin{cases} A + x = p x \\ B = y \end{cases}$

آن‌گاه داریم:

$\begin{array}{l} \Rightarrow {(\frac{p x}{p})}^{p} \geq y x + y^{\frac{p}{p - 1}} (1 - p) + y A \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow {(\frac{p x}{p})}^{p} \geq y (x + A) + y^{\frac{p}{p - 1}} (1 - p) \end{array}$

$\Rightarrow x^{p} \geq y (p x) + y^{\frac{p}{p - 1}} (1 - p)$

$\begin{array}{l} \Rightarrow y p x \leq x^{p} + (p - 1) y^{\frac{p}{p - 1}} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{y p x}{p} \leq \frac{x^{p}}{p} + \frac{p - 1}{p} y^{\frac{p}{p - 1}} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow y x \leq \frac{x^{p}}{p} + \frac{p - 1}{p} y^{\frac{p}{p - 1}}; (Ι) \end{array}$

$\begin{array}{l} i f \frac{p}{p - 1} = q \\ \Rightarrow p q - q = p \\ \Rightarrow p q = p + q \\ \Rightarrow \frac{p q}{p q} = \frac{p + q}{p q} \\ \Rightarrow 1 = \frac{p}{p q} + \frac{q}{p q} \end{array}$

$\Rightarrow \frac{1}{q} + \frac{1}{p} = 1 \overset{(Ι)}{\to} y x \leq \frac{x^{p}}{p} + \frac{y^{q}}{q}$

نامساوی هیلبر

قضیه

نامساوی زیر، به نامساوی هیلبر معروف است:

$i f \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1, p > 1, (x_{i}, y_{i} > 0) \Rightarrow \sum_{i = 1}^{n} x_{i} y_{i} \leq {(\sum_{i = 1}^{n} x_{i}^{p})}^{\frac{1}{p}} {(\sum_{i = 1}^{n} y_{i}^{q})}^{\frac{1}{q}}$

اثبات

قرار می‌دهیم:

$A = {(\sum_{i = 1}^{n} x_{i}^{p})}^{\frac{1}{p}}, B = {(\sum_{i = 1}^{n} y_{i}^{q})}^{\frac{1}{q}}$

از نامساوی ینسن نتیجه می‌شود:

$\frac{x_{i} y_{i}}{A B} \leq \frac{x_{i}^{p}}{p^{A^{p}}} + \frac{y_{i}^{q}}{p^{B^{q}}} : i = 1, 2, ..., n$

پس از جمع این نامساوی‌ها با توجه به این‌که داریم:

$\sum_{i = 1}^{n} x_{i}^{p} = A^{p}, \sum_{i = 1}^{n} y_{i}^{q} = B^{q}$

نتیجه می‌شود:

$\frac{\sum_{i = 1}^{n} x_{i} y_{i}}{A B} \leq \frac{\sum_{i = 1}^{n} x_{i}^{p}}{p^{A^{P}}} + \frac{\sum_{i = 1}^{n} y_{i}^{q}}{q^{B^{q}}} = \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1$

و از آنجا نامساوی هیلبر نتیجه می‌شود.

در این‌جا، نامساوی به تساوی تبدیل می‌شود، اگر:

${(\frac{x_{i}}{A})}^{p} = {(\frac{y_{i}}{B})}^{α} \Rightarrow \frac{x_{i}^{p}}{y_{i}^{q}} = \frac{A^{p}}{B^{q}} = λ, i = 1, 2, ..., n$

نکته

نامساوی هیلبر به ازای $p = q = 2$ به نامساوی کوشی–بونیاکوفسکی تبدیل می‌شود.

$\begin{array}{l} \sum_{i = 1}^{n} x_{i} y_{i} \leq {(\sum_{i = 1}^{n} x_{i}^{2})}^{\frac{1}{2}} {(\sum_{i = 1}^{n} y_{i}^{2})}^{\frac{1}{2}} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow (x_{1} y_{1} + \cdot \cdot \cdot + x_{n} y_{n}) \leq {(x_{1}^{2} + \cdot \cdot \cdot + x_{n}^{2})}^{\frac{1}{2}} . {(y_{1}^{2} + \cdot \cdot \cdot + y_{n}^{2})}^{\frac{1}{2}} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow (x_{1} y_{1} + \cdot \cdot \cdot + x_{n} y_{n}) \leq {[(x_{1}^{2} + \cdot \cdot \cdot + x_{n}^{2}) . (y_{1}^{2} + \cdot \cdot \cdot + y_{n}^{2})]}^{\frac{1}{2}} \end{array}$

$\Rightarrow {(x_{1} y_{1} + \cdot \cdot \cdot + x_{n} y_{n})}^{2} \leq ({x^{2}}_{1} + \cdot \cdot \cdot + x_{n}^{2}) . (y_{1}^{2} + \cdot \cdot \cdot + y_{n}^{2})$

تمرین

max و min تابع زیر را تعیین کنید:

$f (x, y) = 6 \sin x \cos y + 2 \sin x \sin y + 3 \cos x$

با استفاده از نامساوی کوشی – بونیا کوفسکی داریم:

$\begin{array}{l} f^{2} (x, y) \leq (6^{2} + 2^{2} + 3^{2}) (\sin^{2} x \cos^{2} y + \sin^{2} x \sin^{2} y + \cos^{2} x) \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow f^{2} (x, y) \leq 49 [\sin^{2} x (\sin^{2} y + \cos^{2} y) + \cos^{2} x] \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow f^{2} (x, y) \leq 49 \\ \Rightarrow - 7 \leq f (x, y) \leq 7 \end{array}$

از همه متوازی‌السطوح‌های قائم که مجموع یال‌های آنها مقدار ثابتی است، کدام یک کوچک‌ترین قطر را دارد؟

اگر $z, y, x$ ابعاد متوازی‌السطوح باشد وداشته باشیم:

$x + y + z = c$

$c$ مقدار ثابت و $d$ طول قطر متوازی‌السطوح می‌باشد، داریم:

$x^{2} + y^{2} + z^{2} = d^{2}$

با استفاده از نامساوی کوشی – بونیا کوفسکی داریم:

$\begin{array}{l} c = (1 \times x) + (1 \times y) + (1 \times z) \leq \sqrt{(1 + 1 + 1) (x^{2} + y^{2} + z^{2})} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow c = (1 \times x) + (1 \times y) + (1 \times z) \leq \sqrt{3} d \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow c \leq \sqrt{3} d \end{array}$

بدیهی است که $d$ وقتی کوچک‌ترین مقدار را دارد که نامساوی به تساوی تبدیل شود و این وقتی امکان پذیر است که داشته باشیم:

$\frac{x}{1} = \frac{y}{1} = \frac{z}{1}$

یعنی متوازی‌السطوح به مکعب تبدیل می‌شود.

نامساوی گیوگنس

قضیه

نامساوی زیر، به نامساوی گیوگنس معروف است:

$(1 + x_{1}) (1 + x_{2}) ... (1 + x_{n}) \geq {(1 + \sqrt[n]{x_{1} ... x_{n}})}^{n}, (x_{i} > 0)$

اثبات

این نامساوی را به آسانی می‌توان از ویژگی‌های واحد و نامساوی کوشی نتیجه گرفت:

$\begin{array}{l} 1 \\ = \frac{1}{n} (n) \\ = \frac{1}{n} (1 + 1 + \cdot \cdot \cdot + 1) \end{array}$

$= \frac{1}{n} (\frac{1 + x_{1}}{1 + x_{1}} + \frac{1 + x_{2}}{1 + x_{2}} + \cdot \cdot \cdot + \frac{1 + x_{n}}{1 + x_{n}})$

$\begin{array}{l} = \frac{1}{n} [(\frac{1}{1 + x_{1}} + \frac{x_{1}}{1 + x_{1}}) + (\frac{1}{1 + x_{2}} + \frac{x_{2}}{1 + x_{2}}) + \cdot \cdot \cdot + (\frac{1}{1 + x_{n}} + \frac{x_{n}}{1 + x_{n}})] \end{array}$

$= \frac{1}{n} (\frac{1}{1 + x_{1}} + \frac{1}{1 + x_{2}} + \cdot \cdot \cdot + \frac{1}{1 + x_{n}}) + \frac{1}{n} (\frac{x_{1}}{1 + x_{1}} + \cdot \cdot \cdot + \frac{x_{n}}{1 + x_{n}}) (Ι)$

$\frac{1}{1 + x_{1}} + \frac{1}{1 + x_{2}} + \cdot \cdot \cdot + \frac{1}{1 + x_{n}} \geq n \sqrt[n]{\frac{1}{1 + x_{1}} \frac{1}{1 + x_{2}} \cdot \cdot \cdot \frac{1}{1 + x_{n}}} = \frac{n}{\sqrt[n]{(1 + x_{1}) (1 + x_{2}) .... (1 + x_{n})}}$

$\frac{x_{1}}{1 + x_{1}} + \cdot \cdot \cdot + \frac{x_{n}}{1 + x_{n}} \geq n \sqrt[n]{\frac{x_{1}}{1 + x_{1}} \cdot \cdot \cdot \frac{x_{n}}{1 + x_{n}}} = n \frac{\sqrt[n]{x_{1} ... x_{n}}}{\sqrt[n]{(1 + x_{1}) ... (1 + x_{n})}}$

طرفین نامساوی‌های فوق را در $\frac{1}{n}$ ضرب و با هم جمع می‌کنیم و با توجه به $(Ι)$ داریم:

$\begin{array}{l} \Rightarrow 1 \geq \frac{1}{\sqrt[n]{(1 + x_{1}) \cdot \cdot \cdot (1 + x_{n})}} + \frac{\sqrt[n]{x_{1} x_{2} ... x_{n}}}{\sqrt[n]{(1 + x_{1}) ... (1 + x_{n})}} \end{array}$

$\Rightarrow (1 + x_{1}) (1 + x_{2}) .... (1 + x_{n}) \geq {(1 + \sqrt[n]{x_{1} ... x_{n}})}^{n}$

نامساوی گیوگنس به تساوی تبدیل می‌شود اگر همه $x_{i}$ ها برابر باشند.

نکته

در نامساوی گیوگنس قرار می‌دهیم:

$x_{i} = \frac{b_{i}}{a_{i}}$

به یک نامساوی مهم می‌رسیم:

$\sqrt[n]{(a_{1} + b_{1}) (a_{2} + b_{2}) .... (a_{n} + b_{n})} \geq \sqrt[n]{a_{1} a_{2} .... a_{n}} + \sqrt[n]{b_{1} b_{2} .... b_{n}}$

تمرین

اگر $a_{i} > 0, a_{1} + a_{2} + \cdot \cdot \cdot + a_{n} = S$ نامساوی زیر را ثابت می‌کنیم:

$f = (1 + \frac{1}{a_{1}}) \cdot \cdot \cdot (1 + \frac{1}{a_{n}}) \geq {(1 + \frac{n}{S})}^{n}$

در سمت چپ نامساوی فوق، نامساوی گیوگنس را به‌کار می‌بریم و سپس از نامساوی کوشی استفاده می‌کنیم، در نیتجه خواهیم داشت:

$f \geq {(1 + \frac{1}{\sqrt[n]{a_{1} \cdot \cdot \cdot a_{n}}})}^{n} \geq {(1 + \frac{1}{\frac{a_{1} + \cdot \cdot \cdot + a_{n}}{n}})}^{n} = {(1 + \frac{n}{S})}^{n}$

برای ارسال نظر وارد سایت شوید

نامساوی

یک تابع و چند نامساوی معروف

مقدمه

نامساوی برنولی

نامساوی ینسن

نامساوی هیلبر

نامساوی گیوگنس

nenomatica

مجموعه قوانین

دسترسی سریع

آیا می‌خواهید فیلم معرفی را مشاهده نمایید؟