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