7. série. Nerovnosti bez AG

Transkript

1 7. série Téma: Datumodeslání: Nerovnosti bez AG ½ º Ù Ò ¼º ÐÓ ½ Ó µ Čokoládou budou odměněni ti, kteří nám pošlou číslo z intervalu(0, 42), jež bude nejblíže harmonickému průměru všech došlých řešení. ½º ÐÓ Ó Ýµ Monika se pokusila nakreslit si kytičku. Kytička se jí sice moc nepovedla, ale zato jí začalo hrozně moc zajímat, která z vyšrafovaných oblastí má větší obsah. Dokážete Monice poradit a svojiodpověďzdůvodnit? 1 S 1 S 2 ¾º ÐÓ Ó Ýµ V závislosti na přirozeném číslu n určete počet celočíselných řešení soustavy nerovnic pro neznámou x: x < n x n > n º ÐÓ Ó Ýµ Jsoudánakladnáreálnáčísla a, b,přičemž a < b.rozhodněte,kterýzezlomků a 2009 a a a+1 je větší. Svoji odpověď zdůvodněte. a b 2009 b b b+1 º ÐÓ Ó µ Mějmekladnáreálnáčísla x, ysplňující x+y=2.dokažtenerovnost x 2 y 2 (x 2 + y 2 ) 2 1 Monikakreslíkytičkydočtvercealístkydělázpůlkružnic.

2 º ÐÓ Ó µ Posloupnost {a i } i=1 splňujevztahy a 1 =0a a i+1 = a i +1 prokaždé i N.Dokažte,že potom pro každé přirozené číslo n platí a 1 + a 2 + +a n n 1 2 º ÐÓ Ó µ Jsoudánačísla a, b, czintervalu 0,1.Dokažtenerovnosti 1 3abc+4(1 a)(1 b)(1 c)+(a+b+c) 6 º ÐÓ Ó µ Lenkasivymyslelakladnáreálnáčísla x 1,... x n,jejichžsoučetje1.paksinapapírnapsalačísla x 1 1+x 1, x 2 1+x 1 + x 2, x 3 1+x 1 + x 2 + x 3,..., x n 1+x 1 + +x n. To největší z nich si označila M. Určete nejmenší možnou hodnotu M. º ÐÓ Ó µ Kladnáčísla a 1,... a nsplňujívztah Dokažte, že platí 1 1+a a a n =1. a1 + a a n (n 1) «. a1 a2 an Řešení 7. série 0. úloha Čokoládou budou odměněni ti, kteří nám pošlou číslo z intervalu(0, 42), jež bude nejblíže harmonickému průměru všech došlých řešení. Připomeneme-li si, jak je harmonický průměr definován, tedy 1 H(x 1,..., x n)= , x 1 x 2 x n můžeme si uvědomit, že jeho hodnota bude pod průměrovanými čísly. Představ si, že někdo odevzdávelmimaléčíslo.aleopravduhodněmaléčíslo.pak1/x i budevelikánské,takže H bude1/hodně,čiliněco,cobudetakmalé,žetobudežádnáceláaspoustanul(zhrubapřescelé

3 komentářeaještěmnohemdál)apakmožnáněco.apřesněktomudošlovřešenítétoúlohy, bo přišli hoši s velkými děly, jako je třeba Ackermannova funkce: m=0 & n 0:A(0, n)=n+1; m >0 & n=0:a(m,0)=a(m 1,1); m >0 & n >0:A(m, n)=a(m 1, A(m, n 1)). Ta roste rychleji než cokoli, co si dokážeš představit. Teď vezmi třeba A(42, 42) nebo rovnou dosazuj dovnitř jiné hodnoty Ackermanna. Pak 1/výsledek odešli a máš šanci se vyrovnat třem nejbrutálnějším, kterými byli Pepa Tkadlec, Šavlík a Vejtek Musil. Ale bez záruky, protože při manipulaci s čísly, která nejde vyčíslit, je snadné udělat chybku. 1. úloha Monika se pokusila nakreslit si kytičku. Kytička se jí sice moc nepovedla, ale zato jí začalo hrozně moc zajímat, která z vyšrafovaných oblastí má větší obsah. Dokážete Monice poradit a svojiodpověďzdůvodnit? 2 S 1 S 2 Početní řešení: Stranu čtverce si označíme 2r. Poloměr kružnic z obrázku je tedy r. 2S 1 + S 2 = πr2 2 2S 2 =(2r) 2 πr 2 S 2 = r2 (4 π) 2 S 1 = r2 (π 2) 2 (obsah půlkruhu) (obsahčtverce 2půlkruhy) Proporovnání S 1 a S 2 začnemefikaněodněčeho,cojistěplatí,aekvivalentnímiúpravami dojdeme k závěru: 2 Monikakreslíkytičkydočtvercealístkydělázpůlkružnic.

4 Proobsahyjsmedostalizávěr S 1 > S 2. π >3 2π >6 π 2 >4 π r 2 (π 2) > r2 (4 π) 2 2 S 1 > S 2 Grafické řešení podle Mirka Olšáka: Poloměr půlkružnic označíme 1, takže čtverec, který kytičku ohraničuje, má délku strany 2. Vyjdemezeznáméhofaktu π >3,takžeobsahdvoupůlkružnicopoloměrujedna(obsah= =2 π 12 2 = π)jevětšínežobsahtříčtvrtinonohočtverceostraně2(obsah= =3). > Když tyto dva obrázky překryjeme, dostaneme: Oblast, kde se oba typy šrafování překrývají, od obou stran nerovnice odečteme: > Závěr: S 1 > S 2.

5 2. úloha V závislosti na přirozeném číslu n určete počet celočíselných řešení soustavy nerovnic pro neznámou x: x < n x n > n Prvé riešenie: Na absolútnu hodnotu výrazu a b sa môžeme pozerať ako na vzdialenosť čísel a a b na číselnejosi.zprvejnerovnicepotommáme,ževzdialenosť xod0jeostromenšianež n,teda x ( n, n). 3 Zdruhejnerovnicezistíme,ževzdialenosť xod njeostroväčšianež n,takže x (,0) (2n, ).Oberovnicesútedasplnenéprávevtedy,keď xpatrídoobochmnožín, takžespravímeprienik: x ( n,0). Neznáma xjevšakzozadaniaceléčíslo,takžeužlenstačíspočítaťpočetcelýchčíselvtomto intervale.sútočísla 1, 2,..., (n 1),ktorýchjedokopy n 1. Druhé riešenie: Absolútnahodnotamenísvoje správanie podľatoho,čijevýrazvnútrikladnýalebozáporný. Akje akladné,tak a =a,akjezáporné,tak a = aaprinulejetonula. Úlohu si teda môžeme rozdeliť na 3 intervaly tak, aby sa na každom z týchto intervalov správanie oboch absolútnych hodnôt nemenilo. Hraničné body budú zrejme tie, kde je niektorá absolútnahodnotanulová.zprvejnerovnicejetobod x=0azdruhej x=n.nezabudnime,že do rozoberania musíme zahrnúť aj tieto hraničné body: (i) x 0.Vnútroprvejabsolútnejhodnotyjezáporné,zčoho x < n n < x.vnútro druhejtiež,takžeplatí x+n > n x <0.Počiatočnéobmedzenie x 0užničnové nehovorí,takže x ( n,0). (ii) 0 < x n.zprvejnerovnicemáme x < nazdruhej x+n > n x <0,čojeale vsporespredpokladom0<x n,takževtomtointervaležiadneriešeniabyťnemôžu. (iii) n < x.zprvejnerovnicemáme x < n,čoužnemôžeplatiť,takžeanivtomtointervale riešenia nie sú. Celkovýpočetriešeníjetedapočetcelýchčíselvintervale( n,0),atýchje n 1,akosme už zistili. 3. úloha Jsoudánakladnáreálnáčísla a, b,přičemž a < b.rozhodněte,kterýzezlomků a 2009 a a a+1 a b 2009 b b b+1 3 Zozadaniaje nprirodzené,takžetentoaajnasledujúceintervalysúkorektné.(napríklad pre n= 3bysmemohlidostať(3, 3),čoniejeinterval.)

6 je větší. Svoji odpověď zdůvodněte. Riešenie podľa Mirka Olšáka: Keďže a < b,platí1/a >1/batiež1/a 2 >1/b 2, 1/a 3 >1/b /a 2009 >1/b 2009.Takžeplatí 1+ 1 a a2+ + a 2009 >1+1 b b2+ + b Jednotlivé zlomky upravíme na spoločného menovateľa a a a+1 a 2009 > b b b+1 b A na záver prevrátením zlomkov dostaneme riešenie tejto úlohy a 2009 a a a+1 < b 2009 b b b úloha Mějmekladnáreálnáčísla x, ysplňující x+y=2.dokažtenerovnost x 2 y 2 (x 2 + y 2 ) 2 První řešení: Položme x=1+z, y=1 z,kde z ( 1,1).Upravujmelevoustranudokazovanénerovnosti: x 2 y 2 (x 2 + y 2 )=(1+z) 2 (1 z) 2 `(1+z) 2 +(1 z) 2 = =(1 z) 2 (2+2z) 2 =2(1 z 2 )(1 z 2 )(1+z 2 )=2(1 z 2 )(1 z 4 ). Jelikož z ( 1,1), z 2 i z 4 jsouzintervalu 0,1),výrazy(1 z 2 )a(1 z 4 )jsoukladnéamenší neborovnyjedné,tedyijejichsoučinjekladnýamenšíneborovenjedné.platítedy což jsme chtěli dokázat. 2(1 z 2 )(1 z 4 ) 2, ŘešenípodleRobertaRomera: 4 Zevztahu x+y=2vyjádřeme y=2 x,víme,žeoběhodnoty x, yjsoukladné.dokažme 5,že platínerovnost xy 1.Definujmefunkci f(x)=xy= x(2 x)=2x x 2.Jetoparabola,která svéhomaximanabývávevrcholu,tj.vbodě x=1.funkčníhodnotajevtomtobodě1,tedy xy= f(x) 1. 4 Neuvádímedoslovnéřešení,spíšjenhlavnímyšlenky. 5 MnozízvástotodokázalipomocíAGnerovnosti.

7 Jelikož(x+y) 2 =4,máme x 2 + y 2 =4 2xy=2(2 xy).upravmezadanounerovnost: x 2 y 2 (x 2 + y 2 )=2x 2 y 2 (2 xy)=2xy(2xy (xy) 2 ). Totomůžemeshoraodhadnoutdvojkou,protože xy 1avýraz(2xy (xy) 2 )umímeodhadnout pomocífunkce f,neboť f(xy)=2xy (xy) 2 1. Tímtojsmedokázalipožadovanounerovnost x 2 y 2 (x 2 + y 2 )=2xy(2xy (xy) 2 ) úloha Posloupnost {a i } i=1 splňujevztahy a 1 =0a a i+1 = a i +1 prokaždé i N.Dokažte,že potom pro každé přirozené číslo n platí a 1 + a 2 + +a n n 1 2 První řešení: Ukážeme,žepokudjsouvnašíposloupnostidvaposobějdoucíčleny,znichžprvníjenezápornýa druhý záporný, pak tyto členy můžeme odebrat a dostaneme opět posloupnost vyhovující zadání (splňujícívztah a i+1 = a i +1,kterýnazývejmepodmínka z).navícbudesoučetodebraných členů roven 1, což přesně potřebujeme. Je-li a 1 nezáporné(cožjevždy,protože a 1 =0)aa 2 záporné(vtompřípadě a 2 = 1),pak a 3 =0,atedy a 1, a 2 můžemezposloupnostivyjmout.předpokládejmenyní,že a i jenezáporné a a i+1 zápornépronějaké i >1.Protože a i+1 = a i +1,musíplatit a i+1 = a i 1.Pokračujme: a i+2 z = a i+1 +1 = a i 1+1 = a i z = a i Díkyvýslednérovnosti a i+2 = a i 1 +1 můžemečleny a i, a i+1 vypustitivtomtopřípadě. Zvolme n přirozené a z prvních n členů původní posloupnosti postupně odebírejme dvojice popsané výše. Po určitém počtu kroků se dostaneme do situace, kdy už žádné další odebrání nebude možné. V tom případě jsme buď vypustili všech n členů, nebo zbylé členy tvoří začátek nově vzniklé posloupnosti(která opět splňuje podmínky ze zadání). Protože ale prvním členem této posloupnosti je 0, musí být všechny členy, které jsme nemohli odebrat, nezáporné. Ještě si všimněme,žesoučetčlenůvkaždézvynechanýchdvojicje 1.Tedysoučet a 1 + a 2 + +a n je větší nebo roven počtu odebraných dvojic krát 1, a protože těchto dvojic mohlo být nejvýše n/2, dostáváme a 1 + a 2 + +a n n 2, z čehož po vydělení číslem n plyne kýžená nerovnost. Druhé řešení: Rovnost a i+1 = a i +1 můžemeekvivalentněnapsatjako a 2 i+1 =(a i+1) 2.Odtuddostáváme a i =(a 2 i+1 a2 i 1)/2.Sečteme-litytorovnostipřesvšechna i=1,2,..., n(prodané npřirozené), dostaneme a 1 + a 2 + +a n= 1 2 h(a 2 2 a2 1 1)+(a2 3 a2 2 1)+ +(a2 n+1 a2 n 1) i, = 1 2 (a2 n+1 a 2 1 n)= 1 2 (a2 n+1 n) n 2.

8 6. úloha Jsoudánačísla a, b, czintervalu 0,1.Dokažtenerovnosti 1 3abc+4(1 a)(1 b)(1 c)+(a+b+c) 6 S danou nerovností se dalo vypořádat hned několika různými způsoby, nebudu zdržovat a rovnouvámjevyložím.ještěpředtímsivšakvýraz3abc+4(1 a)(1 b)(1 c)+(a+b+c) označímejako V,abychomsesnímnemuselivšudevypisovat. První řešení(asi nejčastější): Prvnědokážeme levou nerovnost1 V.Upravímesipravoustranunerovniceprostýmroznásobením a poté si šikovně přeskupíme členy k sobě. V =4 3a 3b 3c+4ab+4bc+4ac abc =3(1 a b c+ab+ac+bc abc)+ab+ac+bc+abc+abc+1. Závorkanaposlednímřádkujerovna(1 a)(1 b)(1 c),tedymůžemepsát: 1 3(1 a)(1 b)(1 c)+ab+ac+bc+abc+abc+1, 0 3(1 a)(1 b)(1 c)+ab+ac+bc+abc+abc. Napravéstraněsčítámešestnezápornýchčísel(zezadánívíme,že a, b, c 0)anavíc a, b, c 1, atedyi(1 a),(1 b),(1 c) 0,čímžjeprvnínerovnostdokázána. Nynídruhánerovnost, V 6.Uvědomímesi,žeprovšechna a, b, c 0,1 platínerovnosti abc aa(1 a)(1 b)(1 c) (1 a). 6 Použitímtěchtonerovnostíanáslednýmroznásobením dostáváme V =3abc+4(1 a)(1 b)(1 c)+(a+b+c) 3a+4(1 a)+(a+b+c)=4+b+c 6, kdeposlednínerovnostplatídíkytomu,že b, c 1.Dokázánojest. Řešení podle Myrega Klimoše: Mějmejednotkovoukrychli,vzdálenosti a, b, cvynesmezbodu K 00 nahrany.bodyoznačme schematicky podle obrázku. 6 Je-li a,resp.(1 a),rovnonule,platínerovnostitriviálně,apokudje a,resp.(1 a),kladné, můžemejímnerovnostvydělitbezezměnynerovnítkaapakužjetovidět.(-:

9 M 02 M 12 M 22 L 02 L 12 L 22 K 02 K 22 K 12 M 11 M 21 1 L 11 K 01 M 00 M 20 a b L 00 L 20 K 00 c K 20 abc jeobjemkvádru sprotějšímivrcholy K 00 L 11 (1 a)(1 b)(1 c) jeobjemkvádru L 11 M 22 a 1 1=a jeobjemkvádru K 00 M 21 b 1 1=b jeobjemkvádru K 00 L 22 c 1 1=c jeobjemkvádru K 00 M 12 Kolikrát jsme ve výrazu V počítali každý z osmi malých kvádrů? Zapišme po vrstvách. K L: 2, 2 L M: 4 (1 a)(1 b)(1 c) 2, 2 1 b 1 c 1 b 1 c abc 1 a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 a 1 c 1 a 0, , Celkový objem je větší než objem krychle(což je 1), neboť každý podkvádr jsme započítali alespoň jednou. Tedy 1 3abc+4(1 a)(1 b)(1 c)+(a+b+c).

10 Rovnostnastanepro a=b=0ac=1.hodnotyjemožnocyklickyzaměnit. Žádnou z částí jsme nezapočítali více než šestkrát, tedy jejich celkový objem je menší nebo roven objemu šesti krychlí, čili Rovnostnastanepro a=b=c=1. 3abc+4(1 a)(1 b)(1 c)+(a+b+c) 6. Řešení podle Mirka Olšáka: Nerovnici upravím na 1 6 abc 6 + abc abc+(1 a)(1 b)(1 c) a+(1 a)(1 b)(1 c) + 6 b+(1 a)(1 b)(1 c) c+(1 a)(1 b)(1 c) Interval 0,1 vybízíkodvolávánísenapravděpodobnost.dejmetomu,žemámemince A, B a C(každámádvěstrany,pannuaorla),přičemžpravděpodobnost,ženaurčitémincipadne panna je rovna příslušné neznámé. Hodíme si těmito mincemi a jednou pravou nefalšovanou šestistěnnou kostkou. Budeme se snažit dosáhnout pravděpodobnosti výhry, která bude rovna prostřednímu členu nerovnosti. Pokud na kostce padne jednička nebo dvojka, vyhrajeme jen za předpokladu, že na všech mincíchpadnepanna. 7 Pokudnakostcepadnetrojka,vyhrajeme,pokudnavšechtřechmincích padnestejnýsymbol. 8 Pokudnakostcepadnečtyřka,chceme,abynakostce Apadlapanna, akdyžužnanípadneorel,chceme,abypadlorelinadalšíchdvoumincích.podobněkdyž nakostcepadnepětka,chceme,abynavšechmincíchpadlorelnebonaminci Bpadlapanna (oostatnímincesevtuchvílinezajímám),akdyžnakostcepadnešestka,chceme,abypadla pannanaminci Cneboabyvšudepadlorel. Je to poněkud krkolomné, ale funguje to. Jelikož je prostřední člen nerovnice pravděpodobností, leží jeho hodnota v intervalu 0, 1, takže pravá nerovnice platí. Platnost levé nerovnice můžeme dokázat tak, že nám šťastný hod kostkou může zaručit výhru při jakémkoliv rozhozu mincí. Když na minci A padne panna, vyhrajeme tak, že na kostce padne 4,kdyžnaminci B padnepanna,vyhrajemetak,ženakostcepadne5,akdyžnaminci C padnepanna,vyhrajemetak,ženámnakostcepadne6.pokudanijednaztěchtomožnostínení splněna, tedy na všech mincích je orel, zajistí nám výhru, hodíme-li kostkou číslo větší než úloha Lenkasivymyslelakladnáreálnáčísla x 1,... x n,jejichžsoučetje1.paksinapapírnapsalačísla x 1 1+x 1, x 2 1+x 1 + x 2, x 3 1+x 1 + x 2 + x 3,..., x n 1+x 1 + +x n. 7 Tojepřesněto,coříkajíprvnídvasčítanceprostředníhočlenunerovnosti,neboť abcjako součin pravděpodobností je pravděpodobnost, že nastanou všechny tři jevy zároveň, tedy všude padne panna. 8 Toříkáprozměnutřetísčítanec,jelikož abcjepravděpodobnost,ževšudepadlapanna,a (1 a)(1 b)(+ c)jepravděpodobnost,ževšudepadlorel.navíctytojevynikdynenastanou zároveň,atedyjejichpravděpodobnostimůžemebezobavsečíst.podobnělze vyložit idalší sčítance.

11 To největší z nich si označila M. Určete nejmenší možnou hodnotu M. Přepišme Lenčina čísla na x 1, 1 1+x 1 1+x 1 + x 2, 1 1+x 1+ x 2 1+x 1 + x 2 + x 3,..., 1 1+x x n 1 1+x x n. Dáleoznačme a i =1+x x i.lenčinačíslanabudoutvarů 1 a 0 a 1, 1 a 1 a 2, 1 a 2 a 3,..., 1 a n 1 a n. Ukažmeteď,žejednozčísel a i /a i+1 jevětšíneborovno2 1/n (tonámpomůževnásledném odhadnutí M).Postupujmesporem:Nechťprovšechna a i /a i+1 platí a i /a i+1 <2 1/n.Potom je a 0 a1 a2... a n 1 <(2 1/n ) n = 1 a 1 a 2 a 3 a n 2. To je první výsledek sloužící pro spor, postupujme dále. Po vykrácení se součin zjednoduší na a 0 1 =. a n 1+x 1 + x x n Protožesoučetčísel x i je1,jevýraz1/(1+x 1 + x x n)roven1/2.tojesporspředchozím výsledkem. Dostalijsmetak M 1 2 1/n.Zbýváověřit,žetétohodnoty M pronějaká x i opravdu nabývá.toověřímevhodným 9 dosazením.dosaďme x i =(2 1/n ) i (2 1/n ) i 1.Lenčinačíslajsou pak 1 1+x x i 1 =1 (21/n ) i 1 1+x x i (2 1/n ) i =1 2 1/n. Čísla x i jsoutaktozřejměkladnáajejichsoučetje(2 1/n ) n (2 1/n ) 0 =1. Nejmenšímožnáhodnota Mjetedy1 2 1/n. 8. úloha Kladnáčísla a 1,... a nsplňujívztah Dokažte, že platí 1 1+a a a n =1. a1 + a a n (n 1) «. a1 a2 an Ještě než se pustíme do samotného řešení, připomeneme si jednu známou nerovnost. 9 Navhodnédosazenípřijdemetak,ževyřešímerovnosti1 1+x 1+ +x i 1 1+x 1 + +x i =1 2 1/n, které plynou z předchozí části důkazu.

12 Tvrzení.(Čebyševovanerovnost) Nechťjsoudánareálnáčísla x 1 x 2 x 3... x na y 1 y 2 y 3... y n.pakplatí n(x 1 y n+x 2 y n 1 + +x ny 1 ) (x 1 +x 2 + +x n)(y 1 +y 2 + +y n) n(x 1 y 1 +x 2 y 2 + +x ny n). Přejděme nyní k samotnému řešení. Nerovnost nejprve ekvivalentně upravíme na tvar a1 + 1 a2 «+ + 1 an+ «+ + 1 «1 n «a1 a2 an a1 a2 an a následně s využitím zadané vazební podmínky upravíme do podoby, s níž budeme dále pracovat «1+a an «1 n «. a1 an 1+a 1 1+a n a1 an Všimněme si, že tento tvar již téměř odpovídá Čebyševově nerovnosti. Abychom podobnost ještězesílili,využijemesymetriizadanénerovnostiačísla a i sibezújmynaobecnostiseřadíme. Nechťtedy a 1 a 2... a n.tímjsmeseřadiliičísla1/(1+a i ),atoprozměnusestupně(od největšího). Nyní bychom chtěli, aby čísla (1+a i )/ a i byla uspořádána vzestupně (od nejmenšího). Kdybynapříkladbylafunkce f(x)=(1+x)/ x= x+1/ xrostoucípro x >0,mělibychom vzestupné uspořádání zaručeno a úloha by byla vyřešena(splnili bychom předpoklady Čebyševovy nerovnosti). Ovšem f je rostoucí pouze na intervalu(1, + ), jak se lze přesvědčit přímým výpočtem, pohledem na graf či užitím derivací. Budeme muset své úvahy zjemnit. Díky vazební podmínce můžemeříct,žepouzečíslo a 1 můželežetmimointerval(1,+ )(důkladněsirozmysli!).stále chcemeukázat,žeipřes špatnou polohučísla a 1 platí f(a 1 ) f(a 2 )... f(a n). Ktomunámstačíukázatnerovnosti f(a 1 ) f(a i )pro i=2,..., n,nebtyostatníjsoujiž zaručenytím,žečísla a 2, a 3,..., a n jižležívintervalu,kde f roste.dokažmetutonerovnost napříkladpro i=2.tojeovšemužsnadné,vímetotiž(opětsvyužitímvazebnépodmínky),že 1/(1+a 2 ) <1 1/(1+a 1 )=a 1 /(1+a 1 ),cožporoznásobenídáklíčovývztah a 2 > 1 a 1. Teďužsijenuvědomíme,žečíslo1/a 1 ležíopětve správném intervalu,asohledemnaplatnost vztahu f(x)=f`1 x můžemeříci,že a úloha je vyřešena. «1 f(a 2 ) > f = f(a 1 ) a 1