Regionalne Koło Matematyczne
Transkrypt
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 (7-12.10.2009) Dowodzenie nierówności 1. Udowodnić, że dla dowolnych liczb dodatnich a i b zachodzą nierówności s a2 + b2 a+b √ ab 2 2 1 a 2 . + 1b Rozwiązanie. Udowodnimy kolejno przedstawione nierówności. 1◦ . Dla dowolnych liczb nieujemnych a i b mamy a+b √ ab. 2 Ponieważ liczby a i b są nieujemne, więc możemy rozważaną nierówność podnieść stronami do kwadratu, w efekcie czego otrzymujemy nierówność 1 2 (a + 2ab + b2 ) ab. 4 Powyższa nierówność jest równoważna nierówności a2 − 2ab + b2 0, która jest w oczywisty sposób prawdziwa, gdyż a2 − 2ab + b2 = (a − b)2 . 2◦ . Dla dowolnych liczb dodatnich a i b mamy √ ab 1 a 2 . + 1b Zauważmy, że z 1◦ wiemy, że 1 a + 2 1 b s 1 1 1 · =√ , a b ab 1 skąd natychmiast wynika teza. 3◦ . Dla dowolnych liczb nieujemnych a i b mamy s a2 + b2 a+b . 2 2 Sposób 1: Podobnie jak w 1◦ możemy podnieść rozważaną nierówność stronami do kwadratu i doprowadzić ją do postaci (a − b)2 0. Sposób 2: Jeśli a = 0 i b = 0, to teza jest oczywista, załóżmy zatem, że a > 0 lub b > 0. W szczególności a2 + b2 > 0. Korzystając z 1◦ mamy wtedy nierówności ! a q 2(a2 + b2 ) ! b q . 2(a2 + b2 ) 1 2 a2 1 + 2 2 a +b 2 1 2 b2 1 + 2 2 a +b 2 i Dodając powyższe nierówności stronami otrzymujemy nierówność a+b , 1 q 2(a2 + b2 ) która jest równoważna wyjściowej nierówności. 2. Wykazać, że dla dowolnych liczb dodatnich a i b mniejszych od 1, jeśli a < b, to a+ 1 1 > b+ . a b Rozwiązanie. Łatwo pokazać, że rozważana nierówność jest równoważna nierówności 1 (b − a) − 1 > 0. ab której prawdziwość łatwo wynika z założeń. 3. Dowieść, że dla dowolnych liczb nieujemnych a, b, c i d zachodzi nierówność q √ √ (a + b)(c + d) ac + bd. Rozwiązanie. Jeśli a + b = 0 (tzn. a = 0 i b = 0) lub c + d = 0 (tzn. c = 0 i d = 0), to teza jest oczywista. Załóżmy zatem, że a + b > 0 i c + d > 0. Wtedy korzystając z nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną mamy nierówności √ 1 a c ac + q 2 a+b c+d (a + b)(c + d) 2 i 1 2 b d + a+b c+d ! √ bd q . (a + b)(c + d) Dodając stronami powyższe nierówności otrzymujemy nierówność √ √ ac + bd 1 q , (a + b)(c + d) która jest równoważna wyjściowej nierówności. 4. Udowodnić nierówność x2 + y 2 + z 2 xy + yz + zx dla dowolnych liczb rzeczywistych x, y i z. Kiedy w tej nierówności ma miejsce równość? Rozwiązanie. Korzystając z nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną mamy nierówności x2 + z 2 |xz| xz 2 x2 + y 2 |xy| xy, 2 i y2 + z2 |yz| yz. 2 Dodając stronami powyższe nierówności otrzymujemy wyjściową nierówność. Równość w wyjściowej nierówności ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy mają miejsce równości we wszystkich powyższych nierównościach. Łatwo sprawdzić, że prowadzi to do wniosku, że równość ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy x = y = z. 5. Wykazać, że dla dowolnych liczb nieujemnych a i b zachodzi nierówność a3 + b3 2 a+b 2 !3 . Rozwiązanie. Przekształcając wyjściową nierówność w sposób równoważny otrzymujemy nierówność a3 − a2 b − ab2 + b3 0. Ponieważ a3 − a2 b − ab2 + b3 = a2 (a − b) − b2 (a − b) = (a − b)(a2 − b2 ) = (a − b)2 (a + b), więc powyższa nierówność jest prawdziwa. 6. Udowodnić nierówność √ x1 + x2 + x3 + x4 4 x1 x2 x3 x4 . 4 3 Rozwiązanie. Zauważmy, że x1 +x2 4 + x3 +x x1 + x2 + x3 + x4 2 = 2 , 4 2 zatem stosując trzykrotnie nierówność pomiędzy średnią arytmetyczną i geometryczną otrzymujemy ciąg nierówności √ √ √ √ x1 + x2 + x3 + x4 x1 x2 + x3 x4 q√ x1 x2 · x3 x4 = 4 x1 x2 x3 x4 4 2 dowodzący wyjściowej nierówności. 7. Wykazać, że jeżeli liczby nieujemne a i b spełniają warunek a + b 1, to zachodzi nierówność 1 a4 + b4 . 8 Rozwiązanie. Stosując dwukrotnie nierówność pomiędzy średnią kwadratową i arytmetyczną otrzymujemy ciąg nierówności a2 + b2 a4 + b4 2 2 !2 a+b 2 2 !2 2 1 = (a + b)4 , 8 dowodzący, wobec założenia a + b 1, wyjściowej nierówności. 8. Wykazać, że jeżeli liczby nieujemne a i b spełniają warunek a + b 1, to zachodzi nierówność 1 a8 + b8 . 128 Rozwiązanie. Podobnie jak w poprzednim zadaniu pokazujemy, że a4 + b4 a8 + b8 2 2 !2 1 2 (a + b)4 16 2 = 1 (a + b)8 , 128 dowodzący, wobec założenia a + b 1, wyjściowej nierówności. 9. Dowieść, że dla dowolnej liczby rzeczywistej a 0 i liczby naturalnej n 1 zachodzi nierówność √ √ √ √ n(n + 1)a + 2n 4 a( 1 + 2 + · · · + n). Rozwiązanie. Zauważmy, że dla każdej liczby naturalnej k 1 mamy nierówność √ √ 1 + ka 4 ka = 4 1 · ka ¬ 4 · = 2 + 2ka. 2 Stąd √ √ √ √ √ √ √ 4 a( 1 + 2 + · · · + n) = 4 a + 4 2a + · · · + 4 na ¬ (2 + 2a) + (2 + 4a) + · · · + (2 + na). Ponieważ 2a + 4a + · · · + 2na = n(2a + 2na) = n(n + 1)a, 2 więc to kończy dowód. 4