Regionalne Koło Matematyczne

Regionalne Koło Matematyczne
Uniwersytet Mikołaja Kopernika w Toruniu
Wydział Matematyki i Informatyki
http://www.mat.umk.pl/rkm/
Lista rozwiązań zadań nr 1, grupa zaawansowana (10.10.2009)
Dowodzenie nierówności
1. Wykazać, że dla dowolnych liczb dodatnich x, y i dowolnej liczby naturalnej
n > 2 zachodzi nierówność
s
n
xn + y n
x+y
>
.
2
2
Rozwiązanie. Daną nierówność zapiszmy w postaci
xn + y n
x+y
>
2
2
(∗)
n
i udowodnijmy ją indukcyjnie dla n > 1.
Dla n = 1 nierówność (∗) jest prawdziwa. Załóżmy, że ta nierówność zachodzi
dla pewnego naturalnego n > 1. Wówczas dla n + 1 mamy:
x+y
2
n+1
=
x+y
2
n
·
x+y
xn + y n x + y
6
·
.
2
2
2
Pozostaje do udowodnienia nierówność
xn + y n x + y
xn+1 + y n+1
·
6
.
2
2
2
Nierówność tę przekształcamy do postaci
xn y + y n x 6 xn+1 + y n+1 ,
i, po dalszych przekształceniach, do postaci
(x − y)(xn − y n ) > 0.
Otrzymana nierówność jest prawdziwa, gdyż jeśli x > y, to x−y > 0 i xn −y n > 0,
a jeśli x 6 y, to x − y 6 0 i xn − y n 6 0.
2. Dowieść, że dla dowolnych liczb rzeczywistych a i b zachodzi nierówność
a6 + b6
a + b a2 + b2 a3 + b3
·
·
6
.
2
2
2
2
Rozwiązanie. Zauważmy, że nierówność z zadania 1 zachodzi dla dowolnych
nieujemnych x, y. Korzystając z tej nierówności oraz z własności wartości
bezwzględnej, otrzymujemy:
a + b a2 + b2 a3 + b3 a + b a2 + b2
·
·
6
·
2 2
2
2
2
|a| + |b| |a|2 + |b|2 |a|3 + |b|3
6
·
·
6
2
2
2
=
s
6
|a|6 + |b|6
·
2
s
3
|a|6 + |b|6
·
2
s
6
s
s
a3
·
+ b3 6
2 s
|a|6 + |b|6 3 (|a|2 )3 + (|b|2 )3 (|a|3 )2 + (|b|3 )2
·
·
=
2
2
2
|a|6 + |b|6
2
|a|6 + |b|6
=
2
!1+1+1
6
3
2
=
a6 + b6
.
2
3. Udowodnić nierówność
a2 + b2 + c2 + 3
> a+b+c
2
dla dowolnych liczb rzeczywistych a, b, c.
Rozwiązanie. Korzystając z nierówności x2 + y 2 > 2xy, otrzymujemy:
a2 + b2 + c2 + 3 = (a2 + 1) + (b2 + 1) + (c2 + 1) > 2a + 2b + 2c,
skąd
a2 + b2 + c2 + 3
> a + b + c.
2
4. Udowodnić, że dla dowolnych liczb naturalnych m i n zachodzi nierówność
n+1
1 + 2 + ...+ n > n ·
2
m
m
m
m
.
Rozwiązanie. Dodając stronami nierówności (zad. 1):
1+n
1m + nm
>
2
2
otrzymujemy:
m
2m + (n − 1)m
2 + (n − 1)
>
2
2
..
.
m
m
n +1
n+1 m
>
,
2
2
!m
2 · (1m + 2m + . . . + nm )
n+1
> n·
2
2
m
.
5. Wykazać, że jeżeli liczby dodatnie x1 , x2 , . . . , xn spełniają warunek x1 · x2 · . . . ·
xn = 1, to x1 + x2 + . . . + xn > n.
Rozwiązanie. Dowód indukcyjny. Dla n = 1 twierdzenie jest prawdziwe: jeśli
x1 = 1, to x1 > 1.
Załóżmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla pewnego naturalnego n > 1. Rozważmy dowolne liczby x1 , . . . , xn , xn+1 > 0 takie, że x1 · . . . · xn · xn+1 = 1. Ze
względu na symetrię możemy założyć, że xn jest najmniejszą, a xn+1 – największą z danych liczb, czyli xn 6 1 i xn+1 > 1. Wówczas (xn − 1)(xn+1 − 1) 6 0,
skąd
(∗)
xn + xn+1 > xn xn+1 + 1.
Z założenia indukcyjnego zastosowanego do n liczb x1 , . . . , xn−1 , xn xn+1 (o
iloczynie równym 1) mamy:
x1 + . . . + xn−1 + xn xn+1 > n.
Dodając stronami nierówność (∗), otrzymujemy
x1 + . . . + xn + xn+1 > n + 1,
co kończy dowód kroku indukcyjnego.
6. Nierówność Cauchy’ego. Niech n > 1 będzie liczbą naturalną. Udowodnić, że
dla dowolnych liczb dodatnich x1 , x2 , . . . , xn zachodzi nierówność
√
x1 + x2 + . . . + xn
> n x1 x2 . . . xn .
n
Rozwiązanie. Zauważmy, że
√
n
x1
x2
xn
x1 x2 . . . xn
· √
·
.
.
.
·
=
= 1.
√
√
n x x ...x
x1 x2 . . . xn n x1 x2 . . . xn
( n x1 x2 . . . xn )n
1 2
n
Zatem z zadania 5 mamy
√
n
x1
x2
xn
+ √
+
.
.
.
+
> n,
√
n x x ...x
n x x ...x
x1 x2 . . . xn
1 2
n
1 2
n
czyli
√
x1 + x2 + . . . + xn
> n x1 x2 . . . xn .
n
7. Wykazać, że dla dowolnych liczb dodatnich a, b, c zachodzą nierówności:
√
√
√
√
(a) ( a + b + c)(a + b + c) > 9 abc,
√
√
√
(b) 3 ab + 3 bc + 3 ca − 1 6 23 (a + b + c),
√
(c) a(1 + b) + b(1 + c) + c(1 + a) > 6 abc,
(d) a + b + c 6
a4 + b4 + c4
.
abc
Rozwiązanie.
(a) Skorzystajmy z nierówności Cauchy’ego:
√
( a+
√
b+
√
q
√
√
√ √ √
3
3
3
c)(a + b + c) > 3
a b c · 3 abc = 9 (abc) 2 = 9 abc.
q
3
(b) Zauważmy, że
√
3
Analogicznie
√
3
skąd
√
3
bc 6
ab +
ab =
√
3
ab · 1 6
a+b+1
.
3
√
b+c+1
c+a+1
i 3 ca 6
,
3
3
√
3
bc +
√
3
2a + 2b + 2c + 3
.
3
ca 6
√
√
(c) Korzystając z nierówności x + y > 2 xy oraz x + y + z > 3 3 xyz, otrzymujemy:
q √
√
√
√
√
√ √
3
a(1 + b) + b(1 + c) + c(1 + a) > 2a b+ 2b c + 2c a > 6 a bb cc a = 6 abc.
(d) Z nierówności Cauchy’ego dla 4 liczb mamy:
a2 bc =
√
4
a4 a4 b4 c4 6
a4 + a4 + b4 + c4
.
4
Analogicznie
ab2 c 6
a4 + b4 + b4 + c4
a4 + b4 + c4 + c4
i abc2 6
.
4
4
Dodając stronami, otrzymujemy:
a2 bc + ab2 c + abc2 6
4a4 + 4b4 + 4c4
,
4
skąd
a+b+c6
a4 + b4 + c4
.
abc
8. Wykazać, że dla dowolnej liczby naturalnej n > 1 zachodzi nierówność
2
1 2 1
1
n + n + > (n!) n .
3
2
6
Rozwiązanie. Zauważmy, że z nierówności Cauchy’ego mamy:
√
12 + 22 + . . . + n2
n
> 12 · 22 · . . . · n2 ,
n
ale
12 + 22 + . . . + n2 =
n(n + 1)(2n + 1)
,
6
więc
q
(n + 1)(2n + 1)
> n (n!)2 ,
6
czyli
2
1 2 1
1
n + n + > (n!) n .
3
2
6
9. Dowieść, że dla dowolnych liczb naturalnych m, n > 1 zachodzi nierówność
1
√ +
n
m+1
1
√
n+1
m
> 1.
Rozwiązanie. Skorzystajmy z nierówności Cauchy’ego:
√
m+1
n=
m+1
Analogicznie
n · 1| · .{z
. . · 1} 6
m
√
n+1
Zatem
1
√ +
n
m+1
1
√
n+1
z
}|
{
n + 1 + ...+ 1
s
m
>
m6
m
m+1
=
m+n
.
m+1
m+n
.
n+1
m+1
n+1
m+n+2
+
=
> 1.
m+n m+n
m+n