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, 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