Klasyczne nierówności

Ku chwale nierówności
Sebastian Lisiewski
25 lutego 2010
XXVII Ogólnopolski Sejmik Matematyków
VIII Liceum Ogólnokształcące
im. Marii Skłodowskiej- Curie
w Katowicach
ul. 3-go Maja 42
40-097 Katowice
Opiekunowie pracy
mgr Renata Suchanek
mgr Michał Rał
Ś.P. Teodorowi Paliczce
Za Jego trud włożony w
przygotowanie mojej
poprzedniej pracy
1
Spis treści
Wstęp
3
1 Klasyczne nierówności
1.1 Nierówności między średnimi . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Nierówność Cauchy’ego-Schwarza . . . . . . . . . . .
1.3 Nierówność Cauchy’ego- Schwarza w formie Engela
1.4 Nierówność Radona . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5 Nierówność Jensena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.6 Nierówność Turkevici . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.7 Kilka innych nierówności klasycznych . . . . . . . . .
1.7.1 Nierówność Höldera . . . . . . . . . . . . . . . .
1.7.2 Nierówność Karamaty . . . . . . . . . . . . . . .
1.7.3 Ciągi zgodnie monotoniczne . . . . . . . . . . .
1.7.4 Nierówność Czebyszewa . . . . . . . . . . . . .
1.7.5 Nierówności między średnimi potęgowymi . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
4
4
6
6
7
8
9
11
11
11
12
12
12
2 Narzędzia przydatne przy dowodzeniu
2.1 Jednorodność . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Iloczyn równy jedności . . . . . . . .
2.3 Wielomian pomocniczy . . . . . . .
2.4 Podstawienia trygonometryczne . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
13
13
14
15
16
nierówności
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
3 Jak to wymyślić?
17
4 Kilka przydatnych lematów
29
5 Dowody nierówności Nesbitt’a
5.1 Nierówność Jensena . . . . . . . . . .
5.2 Nierówność Cauchy’ego- Schwarza .
5.3 Średnia arytmetyczna i harmoniczna
5.4 Nierówność Cauchy’ego . . . . . . . .
5.5 Porównanie sum . . . . . . . . . . . .
5.6 Nierówność Karamaty . . . . . . . . .
2
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
30
30
30
31
32
32
33
Wstęp
Wybierając temat tej pracy, postanowiłem kierować się nie zdrowym
rozsądkiem, lecz pasją. Mogę bowiem powiedzieć, że nierówności faktycznie są moją pasją. Już w pierwszej klasie liceum, gdy zaczynałem
moją przygodę z Olimpiadą Matematyczną zauważyłem, że zadania z
pewnych działów wydają mi się prostsze, pomimo mojej niewielkiej wiedzy. Jednym z tych działów były właśnie nierówności. Jako olimpijczyk
często słyszę od moich kolegów komentarze odnośnie zadań takie jak”rozumiem to rozwiązanie, ale jak je wymyślić?”. Obecnie nie brakuje
literatury tematycznej opisującej teorią przydatną na konkursach czy też
sposobów rozwiązywania zadań, lecz literatury opisującej tok myślenia
podczas zawodów matematycznych lub zwykłego, codziennego zmagania się z problemami matematycznymi. Dlatego właśnie jako główny cel
podczas pisania tej pracy postawiłem sobie wyjaśnienie rozumowania
podczas rozwiązywania różnego rodzaju nierówności. W pierwszym rozdziale czytelnik znajdzie wiele klasycznych nierówności wraz z dowodami zarówno moimi, jak i zaczerpniętymi z internetu czy literatury. W następnych zamieszczone podstawowe chwyty używane w nierównościach
konkursowych oraz zadania z olimpiad matematycznych z rozwiązaniami. W ostatnim rozdziale jako ciekawostkę postanowiłem zamieścić dowody nierówności Nesbitt’a które udało mi się wyprowadzić. W każdym
z działów zamieszczone są zadania z moimi autorskimi rozwiązaniami i
komentarzami.
Mam nadzieję, że dzięki tej pracy Czytelnik również dostrzeże piękno
świata nierówności, ich uogólnień i wzajemnych dowodów. Życzę miłej
lektury . . .
3
Rozdział 1
Klasyczne nierówności
1.1
Nierówności między średnimi
Twierdzenie 1. Dla dowolnych liczb rzeczywistych a1 , a2 , . . . , an zachodzą nierówności:
v
sP
Pn
u n
n
2
uY
a
i
i=1 ai
n
ai ¬ i=1 ¬
Pn 1 ¬ t
n
n
i=1 ai
i=1
n
(1.1)
Kolejne wyrażenia to odpowiednio: średnia harmoniczna, średnia geometryczna, średnia arytmetyczna oraz średnia kwadratowa.
Nierównością
Cauchy’ego bywa nazywana nierówność
P
p
Qn
n
i=1 ai
¬
n
i=1
n
ai
zawarta w Twierdzeniu 1.
Dowód. Logarytmując nierówność Cauchy’ego stronami otrzymujemy
kolejno
v
ln
!
u n
uY
n
t
ai ¬ ln
Pn
i=1 ai
n
i=1
ln
n
Y
√
n
!
ai
Pn
i=1 ai
¬ ln
i=1
n
Pn
ln ai ¬ ln
n
1X
− ln
ai
n i=1
!
n
i=1
n
X
1
!
!
¬−
i=1 ai
n
n
X
1
i=1
n
!
ln ai
(1.2)
Przyjmijmy f (x) = − ln x. Wówczas funkcja f jest wypukła, ponieważ
f 00 (x) = x12 > 0. Zatem nierówność (1.2) jest równoważna nierówności
Jensena dla f (x) = − ln x oraz n wag równych n1 .
4
Dowód nierówności Cauchy’ego uznawany za klasyczny opiera się
na indukcji dla przypadków n = 2k , gdzie k ∈ . Został podany przez
Augustina Louisa Cauchy’ego w 1821 roku na wykładach analizy algebraicznej.
N
Dowód. Dla n = 2 dowód jest trywialny.
a+b √
a2 + 2ab + b2
­ ab ⇔
­ ab ⇔ a2 + 2ab + b2 ­ 4ab ⇔ (a − b)2 ­ 0
2
4
Załóżmy, że teza zachodzi dla pewnego n = 2k . Wykażmy jej prawdziwość dla n = 2k+1 .
2k
1
2k+1
k+1
2X
ai =
1 X
1
ai + k
k
2 i=1
2
X
ai
i=2k +1
i=1
­
2
i=1
v
u k+1
u 2Y
k
2u
t
ai
v
u 2k
u
k Y
2t
ai +
2k+1
i=2k +1
2
v
u2k=1
uY
2k+1
t
­
ai
i=1
N
Rozpatrzmy teraz przypadki n 6= 2m dla żadnego m ∈ . Weźmy takie
P
k ∈ , że k = 2α oraz 2α−1 < n < 2α dla α ∈ . Oznaczmy A = n1 ni=1 ai .
Stwórzmy ciąg (xi ) taki, że xi = ai dla i = 1, 2, . . . , n oraz xi = A dla
i > n. Mamy
N
N
Pn
A=
i=1 xi
n
=
k
n
Pn
i=1 xi
k
Pn
i=1 xi
=
+
k−n
n
Zatem zachodzi
i=1 xi
k
v
u k
n
u
X
Y
1
k
=
xi ­ t
xi =
k
Pn
i=1
v
u
u
k
t
i=1
v
u
u
k
A­ t
n
Y
Pn
=
i=1 xi
!
xi Ak−n
i=1
n
Y
!
xi Ak−n
i=1
Ak ­
n
Y
!
xi Ak−n
i=1
An ­
n
Y
xi
i=1
v
u
v
u
n
n
n
n
uY
uY
1X
1X
n
n
xi ­ t
xi ⇔
ai ­ t
ai
n i=1
n i=1
i=1
i=1
5
+ (k − n)A
=
k
1.2
Nierówność Cauchy’ego-Schwarza
Nazwa tej nierówności jest nieco sporna; po raz pierwszy została podana przez Augustina Cauchy’ego w na wspomnianych wcześniej wykładach analizy algebraicznej. Nieco później całkowy odpowiednik tej
nierówności dowiedli niezależnie od siebie W. J. Buniakowski oraz H.
Schwarz. Z tego powodu poniższa nierówność bywa nazywana nazwiskami wszystkich wyżej wymienionych matematyków.
Twierdzenie 2. Dla dowolnych liczb rzeczywistych a1 , a2 , . . . , an oraz
b1 , b2 , . . . , bn prawdziwa jest nierówność
n
X
!2
n
X
¬
ai bi
i=1
n
X
!
a2i
i=1
!
b2i
(1.3)
i=1
Dowód jest elementarny, wymaga jedynie podstawowych przekształceń.
Dowód.
n
X
!
a2i
i=1
!
b2i
−
n
X
i=1
X
=
n
X
ai bi
a2i b2j −2
X
a2i b2j −
X
ai aj bi bj =
a2i b2i −
i=1
1¬i,j¬n
1¬i<j¬n
X
n
X
X
=
i=1
1¬i,j¬n
i6=j
=
!2
X
ai aj bi bj =
1¬i<j¬n
X
(a2i b2j − 2ai aj bi bj + a2j b2i ) =
1¬i<j¬n
2ai aj bi bj =
1¬i<j¬n
(a2i b2j +a2j b2i )−2
1¬i<j¬n
X
(ai bj − aj bi )2 ­ 0
1¬i<j¬n
Z czego wynika dowodzona nierówność.
1.3
Nierówność Cauchy’ego- Schwarza w formie
Engela
Nierówność wynikająca niemal bezpośrednio z nierówności Cauchy’egoSchwarza. W wielu przypadkach o wiele wygodniej jest się posłużyć nierównością zapisaną w ten sposób.
Twierdzenie 3. Dla dowolnych liczb rzeczywistych dodatnich a1 , a2 , . . . , an
oraz b1 , b2 , . . . , bn prawdziwa jest nierówność
X
n
n
X
a2
i
i=1
bi
­
2
ai
i=1
X
n
i=1
6
bi
(1.4)
√
Dowód. Oznaczmy xi =
niu otrzymujemy
bi oraz yi =
√ai .
bi
X
n
n
X
yi2
2
x i yi
i=1
n
X
­
i=1
Po bezpośrednim podstawie-
x2i
i=1
czyli
n
X
n
X
!
x2i
i=1
n
X
!
yi2
­
i=1
!2
x i yi
i=1
Co jest prawdziwe ze względu na nierówność Cauchy’ego- Schwarza.
1.4
Nierówność Radona
Znaczne uogólnienie nierówności Cauchy’ego- Schwarza w formie
Engela, wymagające nieco innego podejścia do dowodu.
Twierdzenie 4. Dla dowolnych liczb a1 , a2 , . . . , an , b1 , b2 , . . . , bn , p ∈
zachodzi nierówność
X
n
n
X
ap+1
i
i=1
bpi
R+
p+1
ai
­ i=1n p
X
bi
(1.5)
i=1
Dowód. Oznaczmy f (x) =
n
X
1
xp .
bi
ai f
ai
i=1
Dowodzona nierówność przyjmuje postać
­
n
X
! P
n
i=1 bi
ai f Pn
i=1 ai
i=1
2
+p
Ponieważ funkcja f jest wypukła (f 00 (x) = pxp+2
> 0), możemy zastosować
nierówność Jensena dla wag równych αi = Pnai a dla i = 1, 2, . . . , n.
i=1
Otrzymujemy wówczas
n
X
bi
αi f
ai
i=1
­f
n
X
bi
αi
ai
i=1
!
=f
n
X
bi
Pn
i=1
j=1 aj
!
i
Pn
i=1 bi
= f Pn
i=1 ai
Czyli tezę.
W powyższym dowodzie należy jeszcze zwrócić uwagę na pozornie
mało istotną rzecz, a mianowicie na korzyści, które przynosi nam przyjęcie funkcji f (x) = x1p . W dowodzie mogliśmy oczywiście wykorzystać
funkcję np. g(x) = xp , lecz dzięki obraniu funkcji f wiele czynników się
skróciło, zdecydowanie ułatwiając obliczenia. Zawsze należy mieć to na
uwadze przy wykorzystaniu nierówności Jensena dla argumentów będących ilorazami zmiennych.
7
1.5
Nierówność Jensena
Jedna z ważniejszych nierówności w algebrze, pozwalająca wykazać
w elementarny sposób wiele klasycznych nierówności. Do jej wykazania
wystarcza zasada indukcji matematycznej, zaś częstymi sztuczkami pozwalającymi nierównościom spełniać założenia nierówności Jensena jest
logarytmowanie nierówności stronami lub skorzystanie z jednorodności.
Zwłaszcza połączenie nierówności Jensena i jednorodności dowodzonej
nierówności daje znakomite efekty- wiele nietrywialnych zadań można
rozwiązać przy użyciu tej metody.
Twierdzenie 5. Niech będzie dana funkcja f wypukła na swojej dziedzinie oraz x1 , . . . , xn należące do jej dziedziny. Wówczas dla dowolP
nych dodatnich liczb rzeczywistych t1 , . . . , tn takich, że ni=1 ti = 1 zachodzi nierówność
!
n
X
ti f (xi ) ­ f
n
X
ti xi
i=1
i=1
Dla funkcji wklęsłej prawdziwa jest nierówność w drugą stronę.
Dowód. Dla n=1 teza staje się trywialna, zaś dla n = 2 jest równoważna
definicji funkcji wypukłej. Załóżmy zatem, że teza jest prawdziwa dla
pewnego n0 ∈ + . Wykażmy jej prawdziwość dla n0 + 1 (skorzystamy z
n.J. dla n równych kolejno 2 oraz n0 ).
N
f
nX
0 +1
!
t i xi
= f tn0 +1 xn0 +1 + (1 − t1 )
i=1
i=1
¬ tn0 +1 f (xn0 +1 ) + f
n0
X
i=1
A ponieważ
n0
X
i=1
n0
X
ti
xi
1 − tn0 +1
ti
xi
1 − tn0 +1
!
¬
!
ti
= 1, mamy
1 − tn0 +1
tn0 +1 f (xn0 +1 )+f
n0
X
i=1
ti
xi
1 − tn0 +1
!
¬ tn0 +1 f (xn0 +1 )+
n0
X
i=1
ti f (xi ) =
nX
0 +1
ti f (xi )
i=1
Co daje tezę.
Zadanie 1.1 (Indie, 95). Niech x1 , x2 , · · · , xn będą dodatnimi liczbami
rzeczywistymi, których suma wynosi 1. Wykaż, że
x1
xn
+ ··· +
­
1 − x1
1 − xn
r
n
n−1
(1.6)
Suma zmiennych równa 1 sugeruje nierówność Jensena. Jak się okazuje, jest to najprostsza droga do rozwiązania problemu
8
R
1
Dowód. Niech f : (0, 1) →
będzie dana wzorem f (x) = 1−x
. Jak łatwo sprawdzić za pomocą drugiej pochodnej, jest to funkcja wypukła na
przedziale (0, 1). Wykorzystajmy zatem nierówność Jensena.
n
X
i=1
X
n
n
X
1
xi
=
xi f (xi ) ­ f
x2i = Pn
2
1 − xi
i=1 xi
i=1
i=1
Pozostaje wykazać, że
1−
n
X
1
n
X
­
q
x2i
n
n−1 ,
co dalej jest równoważne
i=1
x2i ­ 1 −
i=1
r
n
. Na mocy AM-GM dostajemy
n−1
sP
n
2
i=1 xi
n
Pn
­
i=1 xi
n
=
n
X
1
1
⇔
x2i ­
n
n
i=1
Czyli wystarczy udowodnić
1
­1−
n
r
n−1
n−1
⇔
¬1
n
n
Co kończy dowód
1.6
Nierówność Turkevici
Bardzo mało znana nierówność, rzadko używana na konkursach matematycznych. Niemniej jednak jej znajomość okazuje się bardzo rozwijająca. Dla n ¬ 4 posiada wiele efektywnych i prostych dowodów- dla
większej ilości zmiennych jej wykazanie staje się nie lada problemem.
Twierdzenie 6 (Nierówność Turkevici). Niech x1 , x2 , . . . , xn będą liczbami rzeczywistymi dodatnimi. Wówczas zachodzi nierówność
(n − 1)
n
X
q
x2i + n n (x1 x2 . . . xn )2 ­ (x1 + x2 + . . . + xn )2
(1.7)
i=1
Dowód. Na mocy jednorodności możemy przyjąć
n
Y
xi = 1. Wówczas
i=1
dowodzona nierówność przyjmuje postać
0 ­ −(n − 1)
n
X
i=1
x2i
+
n
X
!2
xi
− n = f (x1 , x2 , . . . , xn )
i=1
Zauważmy, że dla n = 2 mamy f (x1 , x2 ) = 0. Załóżmy zatem, że teza zachodzi dla pewnej liczby n − 1 ∈ zmiennych. Naszym zadaniem będzie
N
9
wykazać jej prawdziwość dla n zmiennych. Ze względu na cykliczność
(a nawet symetrię) względem zmiennych x1 , x2 , . . . , xn możemy założyć,
że x1 jest
v najmniejszą spośród rozpatrywanych liczb. Oznaczmy również
G=
u n
uY
t
xi . Wykażemy najpierw, że
n−1
i=2
f (x1 , x2 , . . . , xn ) ¬ f (x1 , G, . . . , G). Chcemy zatem wykazać
−(n−1)
n
X
n
X
x2i +
i=1
!2
−n ¬ −(n−1)x21 −(n−1)2 G2 +(x1 +(n−1)G)2 −n
xi
i=1
Co po prostych przekształceniach jest równoważne
2x1
n
X
!
xi − (n − 1)G
¬ (n − 1)
i=2
n
X
x2i
n
X
−
i=2
!2
xi
i=2
Z nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną wynika
n
X
xi ­ (n − 1)G, a co za tym idzie lewa strona nierówności jest nieujem-
i=2
na. Ponadto, ponieważ x1 = min{x1 , x2 , . . . , xn }, mamy x1 ¬ G. To zaś
implikuje, że wystarczy wykazać
2G
n
X
!
xi − (n − 1)G
¬ (n − 1)
n
X
x2i
n
X
−
(1.8)
xi
i=2
i=2
i=2
!2
Qn
Qn
xi
G
Oznaczmy teraz ai =
dla i = 2, 3, . . . , n. Mamy i=2 ai =
Gn−1
2
Gn−1 = 1. Po podzieleniu nierówności (1.8) przez G dostajemy
2
n
X
!
ai − (n − 1)
¬ (n − 1)
i=2
n
X
a2i
−
i=2
n
X
x
i=2 i
Gn−1
=
!2
ai
(1.9)
i=2
Zauważmy jednak, że liczby a1 , a2 , . . . , an spełniają założenia zadania dla
n − 1 zmiennych. Dlatego na mocy założenia indukcyjnego mamy
n
X
!2
ai
¬ (n − 2)
i=2
n
X
a2i + (n − 1)
i=2
Zatem zamiast nierówności (1.9) wystarczy wykazać
2
n
X
i=2
ai ¬
n
X
a2i + n − 1 ⇔ 0 ¬
i=2
n
X
(ai − 1)2
i=2
Co jest już oczywiste. Skoro mamy f (x1 , x2 , . . . , xn ) ¬ f (x1 , G, . . . , G), a
chcemy udowodnić f (x1 , x2 , . . . , xn ) ¬ 0, wystarczy pokazać f (x1 , G, . . . , G) ¬
10
1
Gn−1 .
0. W tym celu wstawmy x1 =
(n − 1)G +
Wtedy potrzebujemy wykazać
!2
1
¬ (n − 1)2 G2 + (n − 1)
Gn−1
1
G2n−2
+n
A to sprowadza się do
n−2
2n − 2
+ n ­ n−2
2n−2
G
G
Co dalej jest równoważne
n − 2 + nG2n−2
­ Gn
2n − 2
A to już nierówność między średnią arytmetyczną i geometryczną dla
liczb 1, 1, . . . , 1, G2n−2 , . . . , G2n−2 , co kończy dowód.
|
1.7
1.7.1
{z
n−2
} |
{z
}
n
Kilka innych nierówności klasycznych
Nierówność Höldera
Uogólnienie nierówności Cauchy’ego Schwarza podane w 1889 roku
przez niemieckiego matematyka O. L. Höldera.
R
Twierdzenie 7. Niech dane będą liczby a1 , a2 , . . . , an , b1 , b2 , . . . , bn ∈ + .
Ponadto niech liczby p, q ∈ \{0} spełniają równość p1 + 1q = 1. Wtedy,
jeżeli pq > 0, zachodzi nierówność
R
n
X
v
u n
uX p
p
ai bi ¬ t
ai ·
i=0
i=0
v
u n
uX q
q
t
b
i
(1.10)
i=0
W przypadku gdy pq < 0 zachodzi nierówność przeciwna.
1.7.2
Nierówność Karamaty
Czasem nazywana nierównością Hardy’ego-Littlewooda-Pólyi, traktowana najczęściej jako pewne uogólnienie nierówności Jensena. Jej ogromna przewaga polega na tym, że dla danej funkcji wypukłej (bądź wklęsłej)
daje oszacowanie zarówno z góry jak i z dołu.
Twierdzenie 8 (Karamata). Niech będzie dana funkcja wypukła f oraz
liczby rzeczywiste należące do dziedziny funkcji f x1 , · · · , xn , y1 , · · · , yn
takie, że (x1 · · · , xn ) (y1 · · · , yn ). Wówczas prawdziwa jest następująca nierówność:
n
n
X
f (xi ) ­
i=1
X
f (yi )
i=1
Dla funkcji wklęsłej zachodzi nierówność w drugą stronę.
11
1.7.3
Ciągi zgodnie monotoniczne
Dwa ciągi liczbowe (a1 , a2 , . . . , an ) oraz (b1 , b2 , . . . , bn ) nazwiemy zgodnie monotonicznymi, jeżeli obydwa są nierosnące lub obydwa są niemalejące. Dla dowolnych liczb x1 , . . . , xn , y1 , . . . , yn oznaczmy
n
X
"
x i yi =
i=1
x1 x2 . . . x n
y1 y2 . . . y n
#
Twierdzenie 9. Niech (a1 , a2 , . . . , an ) oraz (b1 , b2 , . . . , bn ) będą ciągami
zgodnie monotonicznymi. Wówczas dla dowolnej permutacji τ zbioru
{1, 2, . . . , n} zachodzi
"
a1 a2 . . . an
b1 b2 . . . bn
1.7.4
#
"
­
a1
a2
. . . an
. . . bτ (n)
bτ (1) bτ (2)
#
"
­
a1 a2 . . . an
bn bn−1 . . . b1
#
Nierówność Czebyszewa
Najprostszy dowód poniższej nierówności opiera się na nierówności
o ciągach zgodnie monotonicznych.
Twierdzenie 10 (Czebyszew). Niech (a1 , a2 , . . . , an ) oraz (b1 , b2 , . . . , bn )
będą ciągami zgodnie monotonicznymi. Wówczas zachodzi
a1 + a2 + . . . + an b1 + b2 + . . . + bn
a1 b1 + a2 b2 + . . . + an bn
·
¬
n
n
n
Dla ciągów przeciwnie monotonicznych zachodzi nierówność w drugą
stronę
1.7.5
Nierówności między średnimi potęgowymi
Twierdzenie 11. Dla dowolnych a1 , a2 , . . . , an , t1 , t2 ∈
zachodzi nierówność
v
u
n
u1 X
tt
1
ati1 ¬
n
i=1
12
v
u
n
u1 X
tt
2
at2
n
i
i=1
R, gdzie t1 < t2
(1.11)
Rozdział 2
Narzędzia przydatne przy
dowodzeniu nierówności
2.1
Jednorodność
Bardzo przydatna własność wyrażeń, niezwykle pomocna przy dowodzeniu nierówności. Jednorodność wyrażeń wykorzystuje się zazwyczaj w dwojaki sposób: gdy chcemy pozbyć się pewnych założeń, lub
przeciwnie- kiedy chcemy przyjąć pewne założenia (np. aby wykorzystać nierówność Jensena).
Definicja 1. Wyrażenie n zmiennych Φ(x1 , x2 , . . . , xn ) nazywamy wyrażeniem jednorodnym stopnia α, jeżeli dla każdego k ∈
zachodzi
równość Φ(kx1 , kx2 , . . . , kxn ) = k α Φ(x1 , x2 , . . . , xn ).
R
Jeżeli nierówność n zmiennych którą chcemy dowieść jest postaci
Φ1 (x1 , x2 , . . . , xn ) ­ Φ2 (x1 , x2 , . . . , xn )
gdzie Φ1 , Φ2 są wyrażeniami jednorodnymi jednakowego stopnia, możemy przyjąć dodatkowe założenie
Ψ1 (x1 , x2 , . . . , xn ) = Ψ2 (x1 , x2 , . . . , xn )
gdzie Ψ1 , Ψ2 są wyrażeniami jednorodnymi dowolnego stopnia, powiedzmy α1 oraz α2 , przy czym α1 6= α2 . Istotnie, jeżeli
Ψ1 (x1 , x2 , . . . , xn ) = k · Ψ2 (x1 , x2 , . . . , xn )
√
wystarczy położyć x0i = α1 −α2 kxi dla i = 1, 2, . . . , n. Wtedy istotnie mamy
warunek
√
√
α1 −α2
α −α
k α1 Ψ1 (x01 , x02 , . . . , x0n ) = k · 1 2 k α2 Ψ2 (x01 , x02 , . . . , x0n )
13
czyli
Ψ1 (x01 , x02 , . . . , x0n ) = Ψ2 (x01 , x02 , . . . , x0n )
Zaś dowodzona nierówność się nie zmieni.
Z drugiej strony, mając niejednorodną nierówność do wykazania oraz
jednorodne założenie, możemy dowodzoną nierówność sprowadzić do
postaci jednorodnej, jednocześnie pozbywając się założenia. Schemat postępowania jest następujący
• dzielimy niejednorodne wyrażenie z nierówności na sumę wyrażeń
jednorodnych różnych stopni
• jeżeli największy stopień wyrażeń uzyskanych w poprzednim kroku oznaczymy jako γ, zaś nasze założenie jest wyrażeniem jednorodnym Ψ(x1 , x2 , . . . , xn ) = 1 (możemy je podzielić stronami do
uzyskania tej postaci) stopnia α, to dla każdego wyrażenia uzyskaγ−β
nego w poprzednim kroku o stopniu β przemnażamy je razy Ψ α
• w wyniku tej operacji każdy ze składników naszej nierówności jest
jednorodny stopnia γ, więc cała nierówność również jest jednorodna
Oczywiście nie zawsze jesteśmy w stanie wykonać powyższe operacje,
jednak gdy są one możliwe, znacznie ułatwiają rozwiązanie zadania.
2.2
Iloczyn równy jedności
Często mamy do czynienia z zadaniami, w którym iloczyn zmiennych
Q
wynosi 1, tj. ni=1 ai = 1. Podstawowym trikiem stosowanym w tego typu
i
zadaniach jest zastosowanie podstawienia ai = xxi+1
, gdzie xn+1 = x1
dla pewnych x1 , x2 , . . . , xn ∈ . Podstawienie takie może mieć miejsce
Q
z uwagi na to, że możemy przyjąć chociażby xj = ni=j ai . Doskonałym
przykładem wykorzystania tego chwytu jest następujące zadanie z Obozu
Naukowego Olimpiady Matematycznej (rozwiązanie to jest dostępne w
broszurce na stronie www.om.edu.pl):
R
Zadanie 2.1 (Zwardoń, 2007). Liczby dodatnie a, b, c spełniają warunek
abc = 1. Wykazać, że
1
q
a+
1
b
+
1
2
+q
1
b+
1
c
+
1
2
+q
1
c+
1
a
+
1
2
­
Dowód. Niech p, q, r będą takimi liczbami dodatnimi, że
q
a= ,
r
b=
14
r
,
p
c=
p
q
√
2
(możemy przyjąć np. p = c, q = 1, r = bc). Wówczas nierówność dana do
udowodnienia przyjmuje postać
s
2pq
+
pq + 2qr + 2rp
s
2qr
+
qr + 2rp + 2pq
s
√
2rp
­ 2
rp + 2pq + 2qr
czyli, po wprowadzeniu oznaczeń x = qr, y = rp, z = pq,
s
x
+
2(x + y + z) − x
s
y
+
2(x + y + z) − y
s
√
z
­ 2
2(x + y + z) − z
Powyższa nierówność jest jednorodna, więc bez straty ogólności rozumowania możemy założyć, że x + y + z = 1. Pozostaje więc udowodnić
nierówność
r
r
r
x
y
z
+
+
­1
(2.1)
2−x
2−y
2−z
Jednakże dla dowolnej liczby t ∈ (0; 1) mamy
s
t
­ t,
2−t
Gdyż nierówność ta jest równoważna zależności t ­ t2 (2 − t), czyli 0 ­
−t(t − 1)2 . stąd wynikają nierówności
r
x
­ x,
x−2
r
y
­ y,
2−y
r
z
­z
2−z
Sumując je stronami uzyskujemy (2.1), co kończy rozwiązanie.
2.3
Wielomian pomocniczy
Zdarzają się również nierówności, w których do czynienia mamy z
wielomianami symetrycznymi o maksymalnym wykładniku równym 1.
Powinno to nasuwać wzory Viete’a, a co za tym idzie stworzenie wielomianu o pierwiastkach będących zmiennymi z zadania. Wówczas będziemy znać niektóre jego współczynniki, co może pomóc w dojściu do
rozwiązania. Standardowym przykładem wykorzystania wielomianu pomocniczego jest następujące zadanie
Zadanie 2.2 (Szwecja,95). Liczby dodatnie a, b, c spełniają warunki:
abc = 1 oraz a + b + c >
1 1 1
+ +
a b
c
Udowodnij, że spośród liczb a, b, c jedna jest większa od 1, zaś pozostałe
dwie są mniejsze od 1.
15
Dowód. Drugi warunek po przemnożeniu przez abc jest równoważny
a+b+c > ab+bc+ca. Stwórzmy wielomian unormowany o pierwiastkach
a, b, c. Będzie on postaci
W (x) = (x − a)(x − b)(x − c) = x3 − t2 x2 + t1 x − t0
Przy czym mamy t0 = 1 oraz t2 > t1 . Z tego wynika
W (1) = 1 − t2 + t1 − 1 = t1 − t2 < 0
Ponieważ W jest wielomianem unormowanym stopnia 3, z W (1) < 0
wynika, że W ma nieparzystą ilość pierwiastków większych od 1. Z kolei
nie może być c ­ b ­ a > 1, bo wówczas mielibyśmy abc > 1. Żaden pierwiastek nie jest równy 1, ponieważ W (1) 6= 0. Z tego wszystkiego wynika,
że jeden pierwiastek jest większy od 1, zaś pozostałe dwa pierwiastki są
mniejsze od 1, czego mieliśmy dowieść.
2.4
Podstawienia trygonometryczne
W niektórych problemach związanych z nierównościami zmienne są
ograniczone np. do przedziału h−1, 1i. Najczęstszą metodą stosowaną w
takich zadaniach jest podstawienie za zmienną funkcję trygonometryczną zależną od kąta. Oczywiście w przypadku przedziału h−a, ai może to
być na przykład xi = a cos αi , zaś dla zmiennych nieograniczonych z
góry i z dołu np. xi = tg αi . Oto prosty przykład zastosowania takiego
podstawienia
Zadanie 2.3 (Moskwa, 90). Wyznacz największą wartość wyrażenia
q
p
x 1 − y 2 + y 1 − x2
Pokażemy, że tą największą wartością jest 1.
Dowód. Zauważmy, że x, y ∈ h−1, 1i oraz, że w przypadku x < 0 lub y < 0
kładąc odpowiednio x0 = −x lub y 0 = −y zwiększamy wartość wyrażenia
z zadania. Wobec tego możemy przyjąć x, y ­ 0. Połóżmy zatem x = sin α
oraz y = sin β. Otrzymujemy
q
p
x 1 − y 2 + y 1 − x2 = sin α cos β + sin β cos α = sin(α + β) ¬ 1
Pierwszą z równości otrzymaliśmy dzięki jedynce trygonometrycznej.
Wykazaliśmy, że wartość wyrażenia jest nie większa niż 1. Ponadto wyrażenie przyjmuje tę wartość chociażby dla x = 1, y = 0, co kończy
dowód.
16
Rozdział 3
Jak to wymyślić?
Największym problemem dla młodego matematyka nie jest zazwyczaj
zrozumienie rozwiązania czy też zgłębienie wszelkich niuansów problemu nad którym pracuje, lecz ”wymyślenie„ toku rozumowania, który od
początku doprowadzi do rozwiązania. Niestety prawdą jest, że pozyskiwanie wiedzy matematycznej w pewien sposób ogranicza pomysłowość.
Najlepszym przykładem na to jest następujące zadanie:
Zadanie 3.1. Wykazać, że dla dowolnych liczb rzeczywistych dodatnich a, b, c prawdziwa jest nierówność
a2 + b2 + c2 ­ ab + bc + ca
Istnieje wiele prostych rozwiązań tego problemu bazujących na klasycznych nierównościach, między innymi na nierównościach Cauchy’ego,
Jensena, ciągach zgodnie monotonicznych, czy też na podstawowych przekształceniach algebraicznych. Jako niedoświadczony zawodnik, nie znający jeszcze klasycznych nierówności, autor wymyślił następujące rozwiązanie
Dowód. Ze względu na symetrię względem zmiennych a, b, c możemy
przyjąć a ¬ b ¬ c, co możemy zapisać jako b = a + x oraz c = a + x + y
dla pewnych x, y ∈ + ∪ {0}. Nierówność z zadania jest równoważna
nierówności
R
a2 + (a + x)2 + (a + x + y)2 ­ a(a + x) + (a + x)(a + x + y) + (a + x + y)a
Po uproszczeniu daje to
x2 + xy + y 2 ­ 0
Co jest prawdą dla dowolnych nieujemnych liczb rzeczywistych x, y.
17
Zadanie 3.2 (Ukraina, 96). Udowodnij, że dla dowolnych liczb dodatnich
a, b, c zachodzi nierówność
a3
b3
c3
a2 + b2 + c2
+
+
­
b + 2c c + 2a a + 2b
3
Jest to jedno ze standardowych zadań, w których najprostszym, a
zarazem najbardziej schematycznym pomysłem będzie wykorzystanie
nierówności Jensena. Wykorzystana jednorodność w tym przypadku nie
zmieni obliczeń (ponieważ możemy ją podzielić stronami przez a2 +b2 +c2
i wziąć wagi postaci a2 +bk2 +c2 dla k = a2 , b2 , c2 ), a jedynie uprości obliczenia, co zredukuje szanse pomyłki.
Dowód. Na mocy jednorodności możemy przyjąć a2 + b2 + c2 = 1 oraz
f (x) = x1 . Dowodzona nierówność przyjmuje postać
b + 2c
a f
a
cyc
X
2
­
1
3
Ponieważ funkcja f jest wypukła dla dodatnich argumentów, możemy
zastosować nierówność Jensena:
b + 2c
a f
a
cyc
X
2
!
­f
X
(ab+2ac)
= f 3(ab+bc+ca) =
cyc
1
3(ab + bc + ca)
Czyli wystarczy wykazać
1
1
­ ⇔ 1 ­ ab + bc + ca
3(ab + bc + ca)
3
Ale mamy przecież
1 = a2 + b2 + c2 ­ ab + bc + ca
Co kończy dowód.
Zadanie 3.3 (Hong Kong, 2000). Niech a1 ¬ a2 ¬ · · · ¬ an będą liczbami
rzeczywistymi spełniającymi warunek
a1 + a2 + · · · + an = 0
Pokaż, że
a21 + a22 + · · · + a2n + na1 an ¬ 0
Pokażemy tutaj dwa zupełnie odmienne podejścia do zadania:
18
Sposób I.
Zauważmy, że na mocy warunków zadania mamy (ai − a1 )(ai − an ) ¬ 0.
Dodając ową nierówność stronami otrzymujemy
0­
n
X
n
X
i=1
i=1
(ai − a1 )(ai − an ) =
=
n
X
(a2i + a1 an − ai (an + a1 )) =
a2i + na1 an + (a1 + an )
i=1
n
X
ai =
i=1
n
X
a2i + na1 an
i=1
Co kończy dowód.
Wykorzystane spostrzeżenie jest całkiem naturalne i nietrudne do zauważenia. W pierwszym momencie można pójść jednak zupełnie inną,
nieco bardziej skomplikowaną drogą.
Sposób II.
Przyjmijmy, że mamy dane a1 ¬ 0 ¬ an . Ponieważ funkcja f (x) = x2
jest wypukła, z nierówności Karamaty możemy oszacować z góry sumę
wartości funkcji dla argumentów z przedziału ha1 , an i o sumie równej
0. Zastanówmy się jak będzie wyglądał ciąg spełniający warunki zadania
oraz majoryzujący wszystkie inne ciągi spełniające te warunki. Będzie się
on zaczynał pewną liczbą, nazwijmy ją k, wyrazów równych b = an oraz
kończył pewną liczbą m wyrazów równych a = a1 . Oprócz tego pomiędzy
między nimi znajdzie się jedna liczba s = −(ma+kb), spełniająca warunki
a < s ¬ b. Mamy oczywiście n = m + k + 1. Wówczas wystarczy wykazać
ma2 + kb2 + (−ma − kb)2 + (m + k + 1)ab ¬ 0
Lecz dzięki podstawowym przekształceniom jest to równoważne
ma2 + kb2 + m2 a2 + 2abmk + k 2 b2 + (m + k + 1)ab ¬ 0
ma2 + (m + mk)ab + m2 a2 + kb2 + (k + mk)ab + k 2 b2 + ab ¬ 0
ma(a + (k + 1)b + ma) + kb(b + (m + 1)a + kb) + ab ¬ 0
(ma + kb)(ma + nb + a + b) + ab ¬ 0
−s(−s + a + b) + ab ¬ 0
s2 − (a + b)s + ab ¬ 0
(s − a)(s − b) ¬ 0
(3.1)
Powyższa nierówność jest prawdziwa ze względu na s−a > 0 oraz s−b ¬
0, a to dowodzi tezy.
19
Zadanie 3.4 (Polska, 2001). Niech n ­ 2 będzie liczbą całkowitą. Pokaż,
że
!
n
n
X
X
n
i
xi +
­
ixi
2
i=1
i=1
dla wszystkich nieujemnych liczb x1 , · · · , xn .
n
2
Nietrudno dostrzec, że
=
Pn−1
k=1
k. To sugeruje następujący lemat
Lemat 1. Dla dowolnej liczby naturalnej k oraz liczby rzeczywistej dodatniej x zachodzi nierówność
xk + k ­ 1 + kx
(3.2)
Dowód. Wystarczy położyć t = x − 1. Mamy oczywiście t > −1, a nierówność z lematu przyjmuje postać
(t + 1)k ­ 1 + tk
Co jest nierównością Bernoulliego.
Sumując nierówność z lematu przy (k, x) = (i, xi ) dla i = 1, 2, . . . , n
otrzymujemy tezę.
Dla porównania pokażemy firmowe rozwiązanie zaproponowane przez
organizatorów Olimpiady Matematycznej:
Dowód. Z nierówności między średnią geometryczną i średnią harmoniczną dla liczb
y1 = xii , y2 = y3 = . . . = yi = 1
dla 2 ¬ i ¬ n otrzymujemy
xi =
Zatem
n
X
i=1
ixi ¬
√
i
y1 y2 . . . yi ¬
n
X
n
X
i=1
i=1
(i − 1) +
xii ,
y1 + y2 + . . . + yi
xi + (i − 1)
= i
i
i
czyli
n
X
n
X
n
xii
+
2
i=1
!
ixi ¬
i=1
Zadanie 3.5 (Rumunia, 96). Niech będą dane dodatnie liczby rzeczywiste x1 , · · · , xn , xn+1 takie, że
xn+1 = x1 + · · · + xn
Wykaż, że
n q
X
v
u n
uX
xi (xn+1 − xi ) ¬ t xn+1 (xn+1 − xi )
i=1
i=1
20
Dowód. Podnieśmy nierówność do kwadratu
n q
X
!2
xi (xn+1 − xi )
¬
n
X
xn+1 (xn+1 − xi )
i=1
i=1
Zastosujemy teraz nierówność Cauchy’ego– Schwarza
!2
n
X
√ √
xi xn+1 − xi
¬
i=1
n
X
n
X
!
xi
i=1
= xn+1
n
X
n
X
i=1
i=1
(xn+1 − xi ) =
!
(xn+1 − xi )
=
i=1
xn+1 (xn+1 − xi )
Co daje tezę.
Zadanie 3.6. Znajdź największą liczbę k ∈
R+ taką, by nierówność
a4 + b4 + c4 + abc(a + b + c) ­ k(ab + bc + ca)2
zachodziła dla wszelkich wartości a, b, c ∈
R+
Dowód. Połóżmy a = b = c = 1. Otrzymujemy wtedy 6 ­ 9k, czyli k ¬ 32 .
Jeżeli więc wykażemy, że nierówność dla k = 23 jest zawsze spełniona, to
rozwiązaniem będzie właśnie ta liczba. Mamy
2
a4 + b4 + c4 + abc(a + b + c) ­ (ab + bc + ca)2
3
3 a4 + b4 + c4 + 3abc(a + b + c) ­ 2(ab + bc + ca)2
3 a4 + b4 + c4 + 3abc(a + b + c) ­ 2(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) + 4abc(a + b + c)
3 a4 + b4 + c4 ­ 2(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) + abc(a + b + c)
Zaś na podstawie znanej nierówności x2 +y 2 +z 2 ­ xy+yz+zx prawdziwej
dla dowolnych liczb x, y, z ∈ + mamy
R
a4 + b4 + c4 ­ a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ­ ab2 c + a2 bc + abc2 = abc(a + b + c)
Z czego wynika 2(a4 + b4 + c4 ) ­ 2(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) oraz a4 + b4 + c4 ­
abc(a + b + c). Dodając te nierówności stronami otrzymujemy tezę.
Zadanie 3.7 (LXI Olimpiada Matematyczna). Dowieść, że dla dowolnych
liczb rzeczywistych dodatnich a, b, c i liczby całkowitej n ­ 1 zachodzi
nierówność
an+1
bn+1
cn+1
+
+
­
b+c c+a a+b
an
bn
cn
+
+
b+c c+a a+b
21
!s
n
an + bn + cn
3
Zadanie to zostało uznane przez uczestników LXI Olimpiady Matematycznej jako jedno z najtrudniejszych na I etapie. Ponownie okazuje
się, że poznane wcześniej połączenie jednorodności dowodzonej nierówności oraz nierówności Jensena pozwala w prosty sposób rozwiązać ten
problem.
Lemat 2. Jeżeli a, b, c ∈
zachodzą nierówności:
R+ oraz an + bn + cn = 3 dla pewnego n ∈ N, to
3(a + b + c) > an+1 + bn+1 + cn+1 ­ 3
Dowód.
s
n+1
an+1 + bn+1 + cn+1
­
3
s
n+1
s
n
(3.3)
an + bn + cn
3
an+1 + bn+1 + cn+1
­1
3
an+1 + bn+1 + cn+1
­1
3
an+1 + bn+1 + cn+1 ­ 3
Skąd mamy prawą stronę nierówności. Lewą otrzymujemy w następujący sposób: ponieważ a, b, c są dodatnie, mamy
X
an+1 +bn+1 +cn+1 < an+1 +bn+1 +cn+1 +
an (b+c) = (a+b+c)(an +bn +cn ) =
cyc
= 3(a + b + c)
Czyli an+1 + bn+1 + cn+1 < 3(a + b + c).
Przystąpmy teraz do dowodu nierówności
Dowód. Na mocy jednorodności możemy przyjąć an +bn +cn = 3. Wtedy
dowodzona nierówność przyjmuje postać
X an+1
cyc
b+c
X
cyc
an
­
X an
cyc
b+c
a−1
­0
b+c
Oznaczając a + b + c = S, jednocześnie mamy
X
cyc
an
X
a−1 X n
a−1
a−1
=
a
=
an
b+c
a+b+c−a
S−a
cyc
cyc
22
Przyjmijmy f (x) =
x−1
S−x
f 0 (x) =
f 00 (x) =
dla x ∈ (0, S). Sprawdźmy wypukłość funkcji f .
(S − x) − (−1)(x − 1)
S−1
=
2
(S − x)
(S − x)2
2(S − 1)(S − x)
−(S − 1)2(S − x)(−1)
=
4
(S − x)
(S − x)4
Skąd mamy f 00 (x) > 0 dla x ∈ (0, S) (jest S > 1, ponieważ w przeciwnym
wypadku było a < 1, b < 1, c < 1, co pociąga an + bn + cn < 3), więc dla
tego przedziału f jest wypukła. Możemy zatem zastosować nierówność
Jensena. Mamy udowodnić
X
an
cyc
X
a−1
=
an f (a) ­ 0
S−a
cyc
X an
cyc
X an
cyc
3
f (a) ­ f
an+1
+
bn+1
+
3
f (a) ­ 0
cn+1
an+1
3P
cyc
=
3
S−
P
Na mocy lematu licznik liczby
P
!
cyc
3S−
an+1 −3
P
cyc
an+1
cyc
−1
an+1
P
=
cyc a
3S −
n+1
−3
n+1
cyc a
P
3
jest nieujemny, a mianownik
dodatni, zatem całe wyrażenie jest nie mniejsze od 0, czego mieliśmy
dowieść.
Zadanie 3.8 (Warsztaty Matematyczne 2010, V LO Kraków). Dane są
liczby rzeczywiste dodatnie a1 , a2 , . . . , a2010 . Udowodnić, że zachodzi
nierówność
2010
X
X
a2j
1 2010
­
aj
a + aj+1
2 j=1
j=1 j
Gdzie a2011 = a1 .
To nietrudne, lecz jednocześnie nietrywialne zadanie jest doskonałym
przykładem na to jak różnorodne może być podejście do problemu– po
skonsultowaniu rozwiązań ze współzawodnikiem okazało się, że każdy
z nas wymyślił po dwa rozwiązania problemu, przy czym żadne dwa się
nie pokrywały. Tutaj przedstawię je wszystkie.
Sposób I.
Oznaczmy dla uproszczenia zapisu (a jednocześnie uogólnienia tezy) n =
n
n
X
X
a2i+1
a2i
2010. Zauważmy, że
=
. Istotnie, mamy przecież
a + ai+1
a + ai+1
i=1 i
i=1 i
n
X
i=1
n
n
n
X
X
a2i+1
a2i − a2i+1 X
a2i
(ai − ai+1 )(ai + ai+1 )
−
=
=
=
ai + ai+1 i=1 ai + ai+1
a + ai+1
ai + ai+1
i=1 i
i=1
23
=
n
X
(ai − ai+1 ) =
i=1
n
X
ai −
n+1
X
ai = 0
i=2
i=1
Zatem po przemnożeniu nierówności z zadania przez 2, wystarczy wykazać
n
n
n
X
X
X
a2i+1
a2i
+
­
ai
a + ai+1 i=1 ai + ai+1
i=1 i
i=1
Czyli dalej
n
n
X
a2i + a2i+1 X
ai + ai+1
­
i=1
ai + ai+1
2
i=1
a2i + a2i+1
ai + ai+1
­
, to po jej
ai + ai+1
2
zsumowaniu dla i = 1, 2 . . . , n otrzymamy tezę. Mamy zatem
Jeżeli uda się nam wykazać nierówność
a2i + a2i+1
ai + ai+1
­
ai + ai+1
2
2(a2i + a2i+1 ) ­ (ai + ai+1 )2
2(a2i + a2i+1 ) ­ a2i + 2ai ai+1 + a2i+1
(ai − ai+1 )2 ­ 0
Co dowodzi tezy.
Sposób II.
P
Na mocy jednorodności możemy przyjąć ni=1 ai = 1. Ponadto niech
1
f (x) = 1+x
. Wiemy, że f jest wypukła, ponieważ f 00 (x) = 2(1 + x)−3 , czyli
druga pochodna jest dodatnia dla argumentów dodatnich. Nierówność z
zadania przyjmuje postać
n
X
ai
i=1
n
X
i=1
n
X
1
ai
­
ai + ai+1
2
ai
1
1
­
1 + ai+1
2
ai
ai+1
ai f
ai
i=1
­
1
2
Co już prosto wynika z nierówności Jensena dla funkcji f , argumentów
ai+1
ai oraz wag ai dla i = 1, 2, . . . , n.
n
X
ai+1
ai f
ai
i=1
­f
n
X
ai+1
ai ·
ai
i=1
24
!
=f
X
n
i=1
ai+1 = f (1) =
1
2
Co kończy dowód.
Sposób III.
Przekształćmy nierówność z zadania
n
X
i=1
n
n
1X
a2i
ai
­
ai ⇔ 2 ­ Pn i=1 ai
ai + ai+1
2 i=1
i=1 ai ai +ai+1
P
Zastosujemy teraz nierówność między średnią arytmetyczną ważoną a
i+1
średnią harmoniczną ważoną dla liczb ai +a
z wagami ai dla i = 1, 2, . . . , n
ai
ai
Pn i=1 ai
a
i=1 i ai +ai+1
ai +ai+1
i=1 ai
ai
Pn
a
i=1 i
Pn
Pn
¬
Pn
i=1 (ai + ai+1 )
Pn
i=1 ai
=
Pn
ai
= Pni=1 = 2
2
i=1 ai
A to dowodzi tezy.
Sposób IV.
Oznaczmy bi = ai +ai+1 i użyjmy nierówności Schwarza w formie Engela
n
X
i=1
n
X
a2i
a2i
=
­
ai + ai+1
b
i=1 i
ai
Pi=1
n
i=1 bi
2
i=1 ai
P
2 ni=1 ai
Pn
=
Pn
2
i=1 (ai
+ ai+1 )
2
Pn
=
= Pn
i=1 ai
=
n
1X
ai
2 i=1
Skąd otrzymujemy tezę.
Zadanie 3.9. Niech x, y, z ∈
Y
cyc
R+ i x + y + z = 1. Wykaż, że
(1 − y)(1 − z)
x
! (1−y)(1−z)
x
­
256
81
(3.4)
Szacowanie z góry iloczynu jest zazwyczaj bardzo nieprzyjemnym
typem nierówności chyba, że zlogarytmujemy ją stronami, zmieniając
iloczyn na sumę. Jest to podstawowy chwyt w takich nierównościach.
Dowód. Przekształćmy najpierw wyrażenie
postaci. Mamy
(1−y)(1−z)
x
do wygodniejszej
(1 − y)(1 − z)
(x + z)(x + y)
x2 + xz + xy + yz
x(x + y + z) + yz
=
=
=
=
x
x
x
x
=
x + yz
yz
=1+
x
x
25
Nierówność z zadania przyjmuje postać
Y
cyc
yz
1+
x
1+ yz
x
256
81
­
Zlogarytmujmy nierówność stronami, a następnie skorzystamy z podstawowych własności logarytmu.
ln
Y
1+
cyc
yz
x
1+ yz
x
­ ln
yz
yz
ln 1 +
x
z
X
1+
cyc
256
81
­ ln
256
81
Weźmy teraz funkcję f (x) = x ln x. Łatwo sprawdzić, że f jest wypukła
i rosnąca na przedziale (1, +∞i. Wobec tego będziemy mogli później
zastosować nierówność Jensena
yz
f 1+
x
cyc
yz
x
X X f 1+
cyc
yz
f 1+
3
x
X1 cyc
­ ln
44
34
­ 4 ln
4
3
4 4
4
­ ln = f
3 3
3
Teraz na mocy nierówności Jensena mamy
yz
f 1+
3
x
X1 cyc
­f
yz
1+
3
x
X 1
cyc
!
Ponieważ f jest rosnąca,
aby udowodnić prawdziwość nierówności
!
X1
yz
4
f
1+
­f
wystarczy wykazać nierówność między arx
3
cyc 3
gumentami, to jest
X 1
yz
4
1+
­
x
3
cyc 3
1+
yz
zx
xy
+1+
+1+
­4
x
y
z
Lecz teraz już mamy prosto
yz zx xy
+
+
­1
x
y
z
26
Ze względu na symetrię zmiennych x, y, z możemy przyjąć x ¬ y ¬ z.
Wówczas na mocy nierówności ciągów zgodnie monotonicznych mamy
yz zx xy
+
+
=
x
y
z
"
yz zx xy
1
x
1
y
#
"
­
1
z
yz zx xy
1
y
1
z
#
1
x
=z+x+y =1
Co kończy dowód.
Zadanie 3.10. Niech f : D →
D. Wykaż, że
a1 f (a1 )
f (a2 )
a2
R+ będzie funkcją rosnącą oraz a1, a2, . . . , an ∈
an
. . . f (an )
a1 +a2 +...+an
­ f (a1 )f (a2 ) . . . f (an )
n
Dowód. Bez straty ogólności przyjmijmy a1 ¬ a2 ¬ . . . ¬ an . Podobnie
jak w poprzednim zadaniu zlogarytmujmy nierówność stronami. Otrzymujemy
n
n
X
a1 + a2 + . . . an X
ln f (ai )
(3.5)
ai ln f (ai ) ­
n
i=1
i=1
Ponieważ złożenie funkcji rosnących jest funkcją rosnącą, możemy zapisać, że g(x) = ln f (x) jest rosnąca, tj. g(a1 ) ¬ g(a2 ) ¬ . . . ¬ g(an ). Ponieważ ciągi (a1 , a2 , . . . , an ) oraz g(a1 ), g(a2 ), . . . , g(an ) są zgodnie monotoniczne, na mocy nierówności Czebyszewa mamy
a1 + a2 + . . . + an g(a1 ) + g(a2 ) + . . . + g(an )
a1 g(a1 ) + a2 g(a2 ) + . . . + an g(an )
·
¬
n
n
n
Co po przemnożeniu przez n daje to tezę.
Zadanie 3.11 (C2627, Walther Janous). Niech x1 , · · · , xn (n ­ 2) będą
dodatnimi liczbami rzeczywistymi oraz x1 +· · ·+xn = sn . Ponadto niech
a1 , · · · , an będą dodatnimi liczbami rzeczywistymi. Znajdź największą
stałą C(n) taką, że
n
X
aj (sn − xj )
j=1
xj
­ C(n)
n
Y
! n1
aj
j=1
Powyższe pozornie skomplikowane zadanie dla uważnego czytelnika
nie powinno stanowić żadnego problemu.
Dowód. Po wstawieniu a1 = a2 = . . . = an oraz x1 = x2 = . . . = xn
otrzymujemy natychmiast n(n − 1) ­ C(n). Jeżeli więc wykażemy, że
dla C(n) = n(n − 1) nierówność zawsze jest prawdziwa, zadanie będzie
rozwiązane. Mamy do udowodnienia
n
X
aj (sn − xj )
j=1
xj
­ n(n − 1)
n
Y
j=1
27
! n1
aj
Co możemy przepisać równoważnie jako
n
X
aj s n
­ n(n − 1)
xj
j=1
aj
mamy oczywiste
n
X
aj
j=1
! n1
+
j=1
xj
sn ,
Jeżeli położymy bj =
nienia nierówność
n
Y
­ n(n − 1)
bj
aj
j=1
Pn
= 1 oraz do udowod-
j=1 bj
! n1
n
Y
n
X
aj
+
j=1
n
X
aj
j=1
Ale na mocy nierówności Cauchy’ego- Schwarza mamy
n
X
aj
j=1
√
Pn
j=1
­
bj
2
aj
Pn
j=1 bj
n
X
√
!2
aj
=
j=1
Teraz wystarczy wykazać
n
X
√
!2
­ n(n − 1)
aj
! n1
aj
+
j=1
j=1
2
n
Y
√
X
ai aj ­ n(n − 1)
n
X
aj
j=1
n
Y
! n1
aj
j=1
1¬i<j¬n
Zaś na mocy AM–GM mamy
P
√
1¬i<j¬n
n(n−1)
2
ai aj
­
v
uY
u n q n−1
t
aj =
n(n−1)
2
j=1
A to daje tezę, z czego mamy C(n) = n(n − 1)
28
v
uY
u n
n
t
aj
j=1
Rozdział 4
Kilka przydatnych lematów
Zamieszczone tutaj nierówności są nieskomplikowane i bardzo proste do wykazania- niemal wszystkie dowody sprowadzają się do wyciągnięcia odpowiednich czynników przed nawiasy lub zwijania w kwadraty.
Niemniej jednak warto je znać, ponieważ ograniczony czas na zawodach
matematycznych oraz stres z nimi związany utrudniają ich wymyślenie.
Lemat 3. Dla dowolnych liczb rzeczywistych x, y takich, że (x, y) 6=
(0, 0) zachodzi nierówność
x2 − xy + y 2
1
­
2
2
x + xy + y
3
Lemat 4. Dla dowolnych liczb rzeczywistych a, b, c, d zachodzi nierówność
1
8
1
+
­
ab cd
(a + b)(c + d)
Lemat 5. Dla dowolnych liczby x, y ∈
s
3
R+ prawdziwa jest nierówność
x3 + y 3
x2 + y 2
¬
2
x+y
Lemat 6. Dla dowolnych liczb rzeczywistych dodatnich x, y takich, że
x + y ¬ 1 zachodzi nierówność
1−x 1−y
1 − (x + y)
·
­
1+x 1+y
1+x+y
Lemat 7. Dla dowolnych liczb rzeczywistych dodatnich x, y oraz dowolnych różnych liczb całkowitych nieujemnych m, n takich, że m < n
mamy nierówność
xm + y m
xn + y n
¬
xm−1 + y m−1
xn−1 + y n−1
29
Rozdział 5
Dowody nierówności
Nesbitt’a
Twierdzenie 12. (Nierówność Nesbitt’a)
Dla dowolnych liczb a, b, c ∈ zachodzi nierówność
b
c
3
a
+
+
­
b+c c+a a+b
2
R
5.1
(5.1)
Nierówność Jensena
Dowód. Wobec jednorodności przyjmijmy a + b + c = 1 oraz niech
f (x) = x1 . f jest funkcją wypukłą, zatem skorzystajmy z nierówności
Jensena dla funkcji f oraz wag równych kolejno a, b, c. Otrzymujemy
X
cyc
af (b + c) ­ f
X
a(b + c) = f (2(ab + bc + ca)) =
cyc
1
2(ab + bc + ca)
1
Zatem wystarczy dowieść 2(ab+bc+ca)
­ 32 ⇔ ab + bc + ca ¬ 13 , lecz wobec
nierówności a2 + b2 + c2 ­ ab + bc + ca ⇔ (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ­ 0
otrzymujemy
1 = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) ­ 3(ab + bc + ca)
czyli
ab + bc + ca ¬
5.2
1
3
Nierówność Cauchy’ego- Schwarza
Dowód. Przyjmijmy x1 = a, x2 = b, x3 = c, y1 = b+c, y2 = c+a, y3 = a+b.
Dla nierówności Cauchy’ego- Schwarza
n
X
i=1
30
!2
ai bi
¬
n
X
i=1
!
a2i
n
X
i=1
!
b2i
połóżmy ai =
q
xi
yi
oraz bi =
√
xi yi . Dostajemy nierówność
X
n
n
X
xi
i=1
yi
2
xi
i=1
­
n
X
(5.2)
xi yi
i=1
Na podstawie nierówności (5.2) otrzymujemy
X
3
X
cyc
2
xi
3
X
a
xi
=
­ i=1
3
b + c i=1 yi
X
x i yi
=
(a + b + c)2
=
2(ab + bc + ca)
i=1
=
5.3
a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca)
3(ab + bc + ca)
3
­
=
2(ab + bc + ca)
2(ab + bc + ca)
2
Średnia arytmetyczna i harmoniczna
Dowód. Zapiszmy nierówność między średnią arytmetyczną dla liczb a+
b, b + c, c + a i przekształćmy ją równoważnie
(a + b) + (b + c) + (c + a)
­
3
3
1
a+b
+
1
b+c
1
1
1
2(a + b + c)
+
+
a+b b+c c+a
+
­9
9
a+b+c a+b+c a+b+c
+
+
­
a+b
b+c
c+a
2
a
b
c
9
+
+
+3­
b+c c+a a+b
2
a
b
c
3
+
+
­
b+c c+a a+b
2
31
1
c+a
5.4
Nierówność Cauchy’ego
Dowód. Oznaczmy x = b + c, y = c + a, z = a + b. Dowodzona nierówność
jest równoważna
1 x+z−y y+x−z z+y−x
+
+
2
y
z
x
­
3
2
Na mocy nierówności Cauchy’ego prawdziwa jest nierówność
a b
+ ­2
b a
s
a b
· =2
b a
(5.3)
Dalej korzystając z nierówności (5.3)
1 x+z−y y+x−z z+y−x
+
+
2
y
z
x
1
=
2
5.5
x y
+
y x
+
y z
+
z y
+
1 x+y y+z z+x
=
+
+
−3 =
2
z
x
y
z
x
+
x z
!
−3
3
1
­ (2 + 2 + 2 − 3) =
2
2
Porównanie sum
Lemat 8. Dla dowolnych dodatnich liczb rzeczywistych zachodzi co
najmniej jedna z nierówności
a
b
c
3
S1 =
+
+
­
(5.4)
a+b b+c c+a
2
b
c
a
3
S2 =
+
+
­
(5.5)
a+b b+c c+a
2
Przypuśćmy nie wprost, że żadna z powyższych nierówności nie zachodzi. Wówczas mamy
a+b b+c c+a
3 3
3=
+
+
= S1 + S2 < + = 3
a+b b+c c+a
2 2
Czyli sprzeczność, co dowodzi prawdziwości lematu.
Dowód. Przypuśćmy bez straty ogólności, że S1 ­ 23 (układ jest symetryczny). Oznaczmy ponadto lewą stronę nierówności Nesbitt’a przez S3 .
Wystarczy, że wykażemy S3 ­ S1 . Mamy przecież
a+c b+a c+b
S3 + 3 = S1 + S2 + S3 =
+
+
+ S1
(5.6)
a+b b+c c+a
A z AM–GM wynika
a+c b+a c+b
+
+
­3
a+b b+c c+a
Czyli ostatecznie S3 ­ S1 ­ 32 , co należało dowieść.
32
5.6
Nierówność Karamaty
Dowód. Na mocy jednorodności możemy przyjąć a + b + c = 1. Wówczas
nierówność to wykazania to
X
cyc
a
3
­
1−a
2
(5.7)
x
Łatwo sprawdzić, że funkcja f (x) = 1−x
jest wypukła na przedziale (0, 1).
Zatem na mocy nierówności Karamaty mamy
X
cyc
1
3
f (a) ­ 3f
Co kończy dowód.
33
=3·
1
3
=
2
2
Bibliografia
[1] Hojoo Lee: Topics in Inequalities- Theorems and Techniques
[2] Thomas J. Mildorf: Olympiad Inequalities
[3] Henryk Pawłowski: Zadania z olimpiad matematycznych z całego świata, wyd. Tutor, 2005
[4] Witold Mizerski: Tablice Matematyczne, wyd. Adamantan, 2004
[5] Lidia Filist: Słownik Matematyczny, wyd. Europa, 2003
[6] miesięcznik Delta- matematyka, fizyka, astronomia, informatyka,
wyd. Uniwersytet Warszawski
[7] www.om.edu.pl
[8] archom.ptm.org.pl
[9] www.wikipedia.pl
[10] www.matematyka.pl
34