Povídání ke čtvrté sérii

Transkript

1 Povídání ke čtvrté sérii Ve čtvrté sérii můžeš s úspěchem použít několik známých nerovností. Pro rozšíření obzorů méně zkušených řešitelů pro připomenutí těm zkušenějším je zde uvádíme. Všechny uvedené nerovnosti můžeš ve svých řešeních používt bez důkzu. Upozornění: Tyto nerovnosti lze použít čstěji, než se zdá. Mnoho dlšího o nerovnostech se dozvíš v knížečce Nerovnosti odhdy, edice Škol mldých mtemtiků, svzek číslo 39. Nechť x 1,..., x njsoukldnáreálnáčísl(njelibovolnépřirozenéčíslo).pkpltínerovnosti min{x i } n x 1 x n x 1+ +x n n s x x2 n mx{x i }. n Přitomrovnostvkždéztěchtonerovnostínstáváprávětehdy,když x 1 = x 2 = =x n. Druhá z těchto nerovností je tzv. nerovnost mezi ritmetickým geometrickým průměrem (zkráceně AG-nerovnost), třetí nerovnost mezi ritmetickým kvdrtickým průměrem(aknerovnost). Nechť 1,..., n, b 1..., b njsoureálnáčísl.pkpltítzv.cuchy Schwrzovnerovnost: ( 1 b nb n) 2 ( n) (b b 2 n). Přitomrovnostnstáváprávětehdy,kdyžexistuje creálnétk,žeprovšechn ije i = cb i neboprovšechn ije b i = c i.(vektory( 1,..., n)(b 1,..., b n)jsoulineárnězávislé, pokudsesjižstímtopojmemsetkl... ) Nechť 1 2 n b 1 b 2 b njsoureálnáčísl.pkpltítzv.čebyševov nerovnost 1 b n+ 2 b n nb 1 1 n ( n)(b 1 +b 2 + +b n) 1 b b nb n. Rovnostnstáváprávětehdy,když 1 = = nnebo b 1 = =b n. 4. série Tém: Nerovnosti Termínodeslání: º Ð Ò ¾¼¼½ ½º ÐÓ Ó Ýµ Mámereálnékldnéčíslo.Jevětší 2 + nebo 4 3?

2 ¾º ÐÓ Ó Ýµ Nechť, bjsoureálnáčísltková,že b+bjsounenulováčíslmjícístejnéznménko. Dokžte, že pk pltí (+b)( 4 + b 4 ) ( 2 + b 2 )( 3 + b 3 ). º ÐÓ Ó Ýµ Nechťproreálnáčísl x, y, zpltí x 2 + y 2 + z 2 +2xyz=1.Dokžte,žepk x 2 + y 2 + z 2 3/4. Nechť y, zjsoureálnáčísl.dokžte,žepokud(x+y+ z) 2 >1+xprovšechnreálná x, pk y+ z >1. Nechť, b, c jsou strny trojúhelník. Dokžte, že pk pltí b+c + b +c b + c +b c 3. Nechť, b, c >0.Dokžte,žepkpltí bc(+b+c) 3 b+b 3 c+c 3. Nechť0, b, c 1.Dokžte,žepkpltí 1+bc + b 1+c + c 1+b 2. V závislosti n přirozeném číslu n zjistěte, které z následujících čísel je větší: n, n (n 1)...2. Uzávorkovánívptrovýchmocnináchseřídípodlekonvence bc = (bc).

3 Řešení 4. série 1. úloh Mámereálnékldnéčíslo.Jevětší 2 + nebo 4 3? Nechť je kldné reálné číslo. Jelikož druhá mocnin libovolného reálného čísl je nezáporná, pltí ( 2 ) 2 0,tedyporoznásobení: Přičteme-likoběmstrnámposlednínerovnostičíslo4 3,dostneme , tj.poúprvě( 2 + ) Jelikož je dle předpokldu kldné reálné číslo, můžeme poslední nerovnost odmocnit dostáváme,žeprolibovolné (0, )ječíslo 2 + většíneborovnočíslu 4 3.Dáleje zpostupuvidět,žerovnostnstneprávětehdy,když( 2 )=0,tedy 2 =,cožnstne jenpro =1. Poznámky oprvovtele: Vymysleli ste štyry rôzne správne postupy n vyriešenie úlohy. A okrem dvoch mli všetky riešeni správnu ideu, chyby s djú zhrnúť jediným slovom: podmienky.chýblivšdeodagnerovnostižpoúprvynerovníc.úložkbolľhká, tkže+isiodnieslití,ktoríjunpíslipeknestručne. 2. úloh Nechť, bjsoureálnáčísltková,že b+bjsounenulováčíslmjícístejnéznménko. Dokžte, že pk pltí (+b)( 4 + b 4 ) ( 2 + b 2 )( 3 + b 3 ). Nerovnost převedeme ekvivlentními úprvmi n tvr, ve kterém bude jednodušší ji ověřit. Nejdříve uprvíme prvou strnu: ( 2 + b 2 )( 3 + b 3 )=( 2 + b 2 )(+b)( 2 b+b 2 )= =(+b)( 4 + b b 2 3 b b 3 )=(+b)( 4 + b 4 b( b) 2 ). Nše nerovnost je tedy ekvivlentní nerovnosti (+b)( 4 + b 4 ) (+b)( 4 + b 4 ) (+b)b( b) 2 tedy i nerovnosti (+b)b( b) 2 0.

4 Vzhledemktomu,že b+bmjídlezdánístejnéznménko,ttonerovnostpltítedy pltíinerovnostzdná.rovnostnstáváprávětehdy,když =b. Poznámky oprvovtele: Z nprostou většinu chyb mohlo nepozorné čtení zdání. Chválím ( +i jsem hodnotil) ty, kteří si uvědomili, že nestčí jen tk uprvovt nějkou rovnost či nerovnostdosttněco,coevidentněpltí.neboťztoho,že ztvrzeníaplyneprvd, nelzevyvodit,žetvrzeníajeprvdivé(npř. 1 1,leumocněteoběstrnyndruhou dostnete prvdivé tvrzení). 3. úloh Nechťproreálnáčísl x, y, zpltí x 2 + y 2 + z 2 +2xyz=1.Dokžte,žepk x 2 + y 2 + z 2 3/4. Prosporpředpokládejme,že x 2 + y 2 + z 2 <3/4.Pkjeovšem2xyz >1 3/4=1/4, tedy xyz > 1/8. Avšk podle nerovnosti mezi kvdrtickým geometrickým průměrem je 1/2 < 3 xyz s x 2 + y 2 + z 2 3 < r 1 4 =1/2. Dostlijsme,že1/2 <1/2,cožjistěnepltí.Toznmená,ženášpředpokld x 2 +y 2 +z 2 <3/4 nebylsprávný.jinýmislovy,právějsmesporemdokázli,že x 2 + y 2 + z 2 3/4. Poznámky oprvovtele: N to, že táto úloh bol pomerne ľhká, ste v nej urobili pomerne dosť chýb. Predovšetkým nerovnosti medzi priemermi s vždy používjú pre kldné čísl k pre záporné pltí nerovnosť triviálne, tk to treb npísť. Ďlšou závžnou chybou bolo to, že z predpokldu pltnosti dokzovnej nerovnosti, niektorí dokázli známu nerovnosť medzi kvdrtickým geometrickým priemerom prehlásili, že dokzovná nerovnosť práve preto musí pltiť. To nie je prvd, k si vezmete dĺžky strán trojuholník, tk zistíte, že tkéto tri kldné čísl spĺňjú trojuholníkovú nerovnosť, le ľubovolné tri kldné čísl túto vlstnosť nemjú, preto tkýto postup nie je korektný mli ste dokázť presne opčnú implikáciu, t.j., k K G, potom pltí dokzovná nerovnosť. 4. úloh Nechť y, zjsoureálnáčísl.dokžte,žepokud(x+y+ z) 2 >1+xprovšechnreálná x, pk y+ z >1. Nerovnost(x+y+ z) >1+xpltíprovšechn x,tedyipro x= (y+ z),cožnámdává 0 >1 (y+ z),cožjepotriviálníúprvěto,cojsmechtěli. Poznámk:Mírněrfinovnějšímpostupemlzedokáztdokoncenerovnost y+z > 5 4,vícese Ti už le nepodří.

5 5. úloh Nechť, b, c jsou strny trojúhelník. Dokžte, že pk pltí b+c + b +c b + c +b c 3. Povšimněme si následujícího užitečného fktu(jk si lskvý čtenář rozmyslí, plyne sndno z trojúhelníkové nerovnosti): Reálná čísl, b, c jsou strny nějkého trojúhelník právě tehdy, když existují kldná reálnáčísl x, y, ztk,že =x+y, b=y+ z, c=z+ x. Můžemetedypoložit =x+y, b=y+ z, c=z+ x.chcemedokázt,že x+y 2z + y+ z 2x + z+ x 2y 3. Tojeovšemsndné,kdyžsivzpomenemennerovnost t+1/t 2,kterápltíprovšechn kldná reálná t(lskvý čtenář si ji sndno dokáže npř. pomocí AG nerovnosti). Použijeme jipro t=x/z, t=y/xt=z/y,sečtemedůkzjehotov. Poznámky oprvovtele: Řešení měl správně většin řešitelů. Cest k cíli bylo několik. Bylo možné použít( tké řešitelé použili) známé nerovnosti mezi průměrem ritmetickým hrmonickým, ritmetickým geometrickým, Čebyševovy nerovnosti, nerovnosti x + 1/x 2. Když se tyto metody použijí správně, vedou k elegntnímu řešení n několik řádek. Mnozí všk nehledli elegntní řešení stčilo jim vynásobit nerovnici součinem jmenovtelů po velmi dlouhých prcných úprvách se někteří dostli ke správnému konci. Množství provedených úprv se dlo redukovt podle míry této redukce jsem odečítl jeden ž dv imginární body. 6. úloh Nechť, b, c >0.Dokžte,žepkpltí bc(+b+c) 3 b+b 3 c+c 3. Nerovnost vydělme bc. Dostáváme ekvivlentní nerovnost +b+c 2 c + b2 + c2 b. TusndnodokážemepomocíČebyševovynerovnosti.Posloupnosti 2, b 2, c 2 1/,1/b,1/c jsouopčněuspořádány,tj.jejich sklárnísoučin 21 + b21 b + c21 c = +b+cjenejmenší zevšechsoučinůpopřeuspořádání,tj.jeimenšíneborovensoučinu 21 c + b21 + c21 b.

6 Zde jsme využili Čebyševovu nerovnost v silnější podobě, než byl uveden v úvodu ktétosérii.mějmereálnáčísl 1 2 n b 1, b 2,..., b n.jko c 1, c 2,..., c nsi oznčímenějkzpřeházenáčísl b 1, b 2,..., b n.potomsoučin 1 c c nc n ( ) je největší, pokud c 1 c 2 c n, nejmenší, pokud c 1 c 2 c n. Tto nerovnost formálně zpsán vypdá možná komplikovně, ve skutečnosti ji zná kždé mlé dítě: Předstvme si, že můžeme dostt tisícikorun, b stokorun c desetikorun. Přitom, b, cjsouvnějkémpořdí1,2,3.kždémujejsné,ženejvícemůžemedostt ,nejméně Formálnídůkzneníomnohotěžší,zkustesi oněmpopřemýšlet.vhodnouvolbou c 1,..., c nv( )dostnemečebyševovunerovnosttk, jkbyluvedenvúvoduktétosérii. Druhé řešení: Pokud Čebyševově nerovnosti nevěříme, stčí nhlédnout, že je ekvivlentní zdné nerovnosti. b( c) 2 + bc(b ) 2 + c(c b) 2 0 Poznámky oprvovtele: Mnozí řešitelé tvrdili, že nerovnost je symetrická že tedy mohou předpokládt,žepltí b c.avškprvástrnnerovnostiseprohozenímdvouproměnných změní! Beze změny zůstne jen po tzv. cyklické záměně(písmeno nhrdíme b, to ckonečněmísto cnpíšeme ).Můžemetedynpř.předpokládt,že jenejmenší,le nemůžeme už zřídit, by součsně bylo c největší. Nštěstí všechny použité metody fungovlyipro c b,čilistčilovyřešitdruhoumožnostzcelnlogicky;protojsemztuto chybu strhávl jen jeden bod. Použité metody byly skutečně různorodé(dvě z nich nleznete ve vzorovém řešení). Nejelegntnější řešení(ondřej Kreml, Ptrik Hudec) bylo si pomocí AG-nerovnosti dokázt 2 /c 2 csečísttosedvěmnlogickýminerovnostmi. 7. úloh Nechť0, b, c 1.Dokžte,žepkpltí 1+bc + b 1+c + c 1+b 2. Předpokládejme(bez újmy n obecnosti, protože nerovnost je symetrická), že b c. Pk pltí 1 1+b 1 1+c 1 1+bc. Přidáme-litriviálnínerovnost /(1+bc) 1,zjišťujeme,že 1+bc + b 1+c + c b+c 1+ 1+b 1+bc.

7 Stčínámtedydokázt,že b+c 1+bc,neboli0 (1 b)(1 c).tozjevněpltí,protože b, c 0,1. Poznámky oprvovtele: Čebyševovu nerovnost použil v řešení jen Alice Mšková. Osttní nerovnost dokzovli různými lgebrickými úprvmi, které všk důkz o mnoho neprodloužily.poměrnědostřešitelůsesnžilopostvitdůkznvyšetření okrjových či nejhorších přípdů.otomtonešvruuž(mimojiné)pslrobertšámlvpoznámcek5.úloze3.série odkzujivásnni. 8. úloh V závislosti n přirozeném číslu n zjistěte, které z následujících čísel je větší: n, n (n 1)...2. Uzávorkovánívptrovýchmocnináchseřídípodlekonvence bc = (bc). Výrzyvzdánímjísmyslpro n 2.Pro n=2jsouoběčíslstejná.pro n=3jevětší druhézčísel.dokážeme,žepro n >3jevždyvětšíprvníčíslo.Důkzprovedemeindukcí podle n.pro n=4tvrzenípltí,neboť Indukční krok provedeme tkto(n > 4): 4 32 =(2 2 ) 32 = < =2 33 <2 34. n (n 1)...2 < n 23...n 1 (2 n 1 ) 23...n 1 =2 (n 1).23...n 1 < (n 3)(n 1)n <2 3...n. První nerovnost plyne z indukčního předpokldu. Druhá nerovnost plyne z nerovnosti n 2 n 1,kde njepřirozenéčíslo(důkzjesndnécvičenínmtemtickouindukci).čtvrtá nerovnost je zřejmá. Zbývá nhlédnout třetí nerovnost. Uvědomme si nejprve, že pro, b 2 pltí +b b.máme-ličísl, b, c, d 2,proněž b < c,pk d b < d c,protože Nyní již přistupme k důkzu třetí nerovnosti: d b < d d b = d +b d b < d c. (n 1) (n 2) n 1 <(n 1) n, (n 1) (n 3) (n 2)n 1 <(n 3) (n 1)n,. (n 1) n 1 <2 3...(n 3)(n 1) n,

8 2 (n 1).23...n 1 < (n 3)(n 1)n. Poznámky oprvovtele: Klíčem k řešení této úlohy bylo uvědomit si, že číslo n je, řečeno velice vágně, pro velká n mnohonásobně větší než druhé zkoumné číslo. Pk již ovšem stčily velice hrubé odhdy k dokázání poždovného výsledku. Všechn správná řešení sledovl tuto ideu.