3. série. Nerovnosti. Téma: Termínodeslání:

Transkript

1 Téma: Termínodeslání: 3. série Nerovnosti º ÔÖÓ Ò ¾¼¼ ½º ÐÓ Óݵ Nechť a, b jsou délky odvěsen pravoúhlého trojúhelníka, c buď délka jeho přepony. Dokažte, že prokaždépřirozenéčíslo nvětšíneždvaplatí c n > a n + b n. ¾º ÐÓ Óݵ Ukažte,žeprovšechnapřirozenáčísla nplatí n! ( n+1 2 º ÐÓ Óݵ Dokažte,žeprovšechnareálnáčísla a, bsplňující a+b >0platí a b b 2+ a 2 1 a +1 b. ) n. 1 Nechť a, bjsoureálnáčíslataková,žerovnice x 3 + ax+bmátřirůznáreálnářešení.ukažte,že paknutně a 0. Nechť a, b, cjsoukladnáreálnáčísla.ukažte,žetrojúhelníksdélkamistran a, b, cexistuje,právě když a 4 + b 4 + c 4 <2a 2 b 2 +2a 2 c 2 +2b 2 c 2. Pro npřirozenémějmereálnáčísla a 0, a 1,...,a ntaková,že a a a2 n =1.Označme P(x)=a 0 + a 1 x+a 2 x 2 + +a nx n.dokažte,žepro x (0;1)je P(x) < 1 Buďte a, b, ckladnáreálnáčíslataková,že abc=1.ukažte,žepotom a(b 4 1)+b(c 4 1)+c(a 4 1) 0. Nechť a, b, cjsoudélkystrantrojúhelníkaoobvodu2.dokažte,žepotom ac a+bc + ab b+ac + bc c+ab >1. 1 n!jefaktoriálčísla n,tedysoučin1 2 3 n. 1

2 Korespondenčníseminář,KAMMFFUK,Malostranskénáměstí25,11800Praha1 Řešení 3. série 1.úloha (108,94,2,40,3,0) Nechť a, b jsou délky odvěsen pravoúhlého trojúhelníka, c buď délka jeho přepony. Dokažte, že prokaždépřirozenéčíslo nvětšíneždvaplatí c n > a n + b n. Uvažujme libovolný pravoúhlý trojúhelník s odvěsnami a a b a přeponou c. Podle Pythagorovy větyplatí c 2 = a 2 + b 2,takže c > aac > b.prolibovolnépřirozenéčíslo n >2platí c n = c n 2 c 2 = c n 2 (a 2 + b 2 )=a 2 c n 2 + b 2 c n 2 > a 2 a n 2 + b 2 b n 2 = a n + b n, tedyskutečně c n > a n + b n. Poznámky k došlým řešením: Správná řešení se dají rozdělit na tři druhy: První používala algebraické úpravy jako ve vzorovém řešení, druhá postupovala pomocí indukce a třetí brutálně roznásobovala c n =(a 2 + b 2 ) n 2 pomocíbinomickévěty.bohuželsiřešiteléčastonevšimli,že binomická věta(nezobecněná) platí pouze pro celočíselné exponenty. Byl jsem hodný a za řešení, kteréfungovalopouzeprosudá n,jsemdávaldvabody. Špatná řešení většinou používala probírání několika konkrétních případů nebo důkaz obrázkem. 2.úloha (86,62,2,22,3,0) Ukažte,žeprovšechnapřirozenáčísla nplatí n! ( ) n+1 n. 2 2 n!= (1 n) (2 (n 1)) ((n 1) 2) (n 1) 1+n 1) 1)+2 2+(n (n n+1 ( n+1 )n = V prostřední nerovnosti využíváme n AG-nerovností ab a+b pro dvojice (a, b) = (1, n), 2 (2, n 1),...,(n,1). Poznámky k došlým řešením: S týmto príkladom si väčšina z vás hravo poradila. V podstate všetky správne riešenia použili jeden z troch postupov: 1) použije sa AG-nerovnosť(riešenie sa potom dá napísať na dva riadky); 2) obidva výrazy sa vhodne rozdelia na dvojice a pre tieto dvojice sa dokáže príslušná nerovnosť; 3) indukciou(to však bolo dosť drevorubačské riešenie na tento príklad). 3.úloha (121,99,2,48,3,0) Dokažte,žeprovšechnareálnáčísla a, bsplňující a+b >0platí 2 n!jefaktoriálčísla n,tedysoučin1 2 3 n. a b b 2+ a 2 1 a +1 b. 2

3 Korespondenčníseminář,KAMMFFUK,Malostranskénáměstí25,11800Praha1 Mějmelibovolnáčísla aabskladnýmsoučtem.abymělozadánísmysl,jenutně a 0, b 0. Potom a b b 2+ a 2 >1 a +1 b a b b 2+ a 2 1 a 1 b >0 a3 + b 3 ab 2 a 2 b a 2 b 2 >0 a2 (a b) b 2 (a b) a 2 b 2 >0 (a b)(a2 b 2 ) a 2 b 2 >0 (a b)2 (a+b) a 2 b 2 >0. Protožedruhámocninakaždéhonenulovéhoreálnéhočíslajekladnáaa+b >0,poslednínerovnost platí. Všechny provedené úpravy byly ekvivalentní, takže platí i zadaná nerovnost. Poznámky k došlým řešením: Většina řešitelů si s úlohou poradila dobře a vyřešila ji postupem podobným vzorovému řešení. Nejčastější chybou ve zbylých řešeních bylo přenásobení nerovnosti výrazem(a b), který mohl být záporný, bez dalšího vyšetřování. Někteří řešitelé použili AG nebo jinou známou nerovnost platnou pro kladná čísla. Častou chybou však bylo to, že nezaručili, žejsoučísladonívloženákladná. 4.úloha (85,82,4,68,5,0) Nechť a, bjsoureálnáčíslataková,žerovnice x 3 + ax+bmátřirůznáreálnářešení.ukažte,že paknutně a 0. Předpokládejme,žerovnice x 3 +ax+b=0mátřirůznáreálnářešení,značmeje s, tau.tato číslajsoukořenykubickéhomnohočlenu x 3 +ax+b,takžepodleviètovýchvztahůplatí s+t+u=0 a st+tu+ us=a.paktaké0=(s+t+u) 2 = s 2 + t 2 + u 2 +2st+2tu+2ts=s 2 + t 2 + u 2 +2a. Platítedy a= 1 2 (s2 + t 2 + u 2 ) 0,cožjsmechtělidokázat. 5.úloha (72,54,2,83,3,0) Nechť a, b, cjsoukladnáreálnáčísla.ukažte,žetrojúhelníksdélkamistran a, b, cexistuje,právě když a 4 + b 4 + c 4 <2a 2 b 2 +2a 2 c 2 +2b 2 c 2. Máme dokázat ekvivalenci, dokažme tedy postupně dvě implikace. Nechťexistujetrojúhelníksestranami a, bac.potompodletrojúhelníkovénerovnosti platí a < b+c, b < a+cac < a+b,čili a+b+c >0, a b+c >0aa+b c >0. Vynásobíme-litytotřinerovnostispolusezřejmýmvztahem a+b+c >0,dostaneme ( a+b+c)(a b+c)(a+b c)(a+b+c) >0. Roznásobmelevoustranupomocívztahu(x y)(x+ y)=x 2 y 2 : ( a+ b+c)(a b+c)(a+b c)(a+ b+c)=(c (a b))(c+(a b))((a+b) c)((a+ b)+ c)= =(c 2 (a b) 2 )((a+ b) 2 c 2 )=(c 2 a 2 +2ab b 2 )(a 2 +2ab+b 2 c 2 )= =(2ab (a 2 + b 2 c 2 ))(2ab+(a 2 + b 2 c 2 ))=4a 2 b 2 (a 2 + b 2 c 2 ) 2 = =4a 2 b 2 (a 4 + b 4 + c 4 +2a 2 b 2 2a 2 c 2 2b 2 c 2 )=2a 2 b 2 +2b 2 c 2 +2a 2 c 2 (a 4 + b 4 + c 4 ). 3

4 Korespondenčníseminář,KAMMFFUK,Malostranskénáměstí25,11800Praha1 Totočíslojekladné,takžeplatí a 4 + b 4 + c 4 <2a 2 b 2 +2b 2 c 2 +2a 2 c 2. Předpokládejme,že a, bacjsoukladnáčíslaaplatí a 4 +b 4 +c 4 <2a 2 b 2 +2b 2 c 2 +2a 2 c 2. Podle úpravy použité v předchozí implikaci víme, že tato nerovnost je ekvivalentní nerovnosti ( a+b+c)(a b+c)(a+b c)(a+b+c) >0.Číslo a+b+cjekladné,takže( a+b+c)(a b+c)(a+b c) >0.Abytatonerovnostplatila,jsoubuďtokladnévšechnytřizávorky,nebo právě jedna. Pro spor předpokládejme, že dvě ze závorek jsou záporné a jedna kladná. BÚNO nechť platí a+b+c >0, a b+c <0aa+b c <0.Sečtenímposledníchdvounerovnostídostáváme, že2a <0,cožjesporstím,že ajekladnéčíslo. Všechnytřizávorkytedymusíbýtkladné,takže a < b+c, b < a+cac<a+b.čísla a, b a c splňují všechny tři trojúhelníkové nerovnosti, takže existuje trojúhelník s těmito stranami. Poznámky k došlým řešením: Nejtěžší část této úlohy spočívala v rozkladu daného výrazu na součin. Někteří to provedli pomocí diskriminantu a vzorce pro rozklad kvadratického trojčlenu, jiní použili Heronův vzorec pro výpočet obsahu trojúhelníka. Pěkně však vypadala i řešení pomocí kosinové věty. Hodně se chybovalo v umocňování nerovností bez zdůvodnění, že to je ekvivalentní nebo alespoň důsledková úprava. Často také řešení obsahovalo důkaz jen jedné implikace. 6.úloha (28,25,4,29,5,0) Pro npřirozenémějmereálnáčísla a 0, a 1,...,a ntaková,že a a a2 n =1.Označme P(x)=a 0 + a 1 x+a 2 x 2 + +a nx n.dokažte,žepro x (0;1)je P(x) < 1 Podle Cauchyho nerovnosti je P 2 (x)=(a 0 + a 1 x+a 2 x 2 + +a nx n ) 2 (a a2 1 + a2 n )(12 + x 2 + x 4 + +x 2n )= 1+x 2 + x 4 + +x 2n = 1 x2n x 2 < Vposlednínerovnostijsmevyužili,že x (0;1).Nyníužjen 1 P(x) P(x) = P 2 (x) < 7.úloha (23,13,2,96,5,0) Buďte a, b, ckladnáreálnáčíslataková,že abc=1.ukažte,žepotom a(b 4 1)+b(c 4 1)+c(a 4 1) 0. Mějmekladnáreálnáčísla a, bactaková,že abc=1.podleváženéag-nerovnostipročísla ab 4, bc 4 a ca 4 svahamipostupně 11 39, 8 39 a platí ab bc ca4 a b c =(abc) 4 3 a=a. 4

5 Korespondenčníseminář,KAMMFFUK,Malostranskénáměstí25,11800Praha1 Obdobně dostaneme Sečtením těchto tří nerovností zjistíme, že platí ab bc ca4 b, 8 39 ab bc ca4 c. ab 4 + bc 4 + ca 4 a+b+c, což je dokazovaná nerovnost zapsaná jen v trochu jiném tvaru. 5

6 Korespondenčníseminář,KAMMFFUK,Malostranskénáměstí25,11800Praha1 8.úloha (16,8,2,75,2,0) Nechť a, b, cjsoudélkystrantrojúhelníkaoobvodu2.dokažte,žepotom ac a+bc + ab b+ac + bc c+ab >1. Ztrojúhelníkovénerovnostiplyne,že a+c >1, b+c >1, a+b >1(a+b+c=2).Použitím těchto nerovností dostáváme: ac a+bc + ab b+ac + bc c+ab > ac a(b+c)+bc + ab b(a+c)+ac + bc c(a+b)+ab =1. Poznámky k došlým řešením: Nikdo neměl kratší rešení, než bylo autorské. Autorskému řešení se nejvíce blížil Franta Konopecký, další celkem elegantní řešení měl Daniel Petrík. Oba si vysloužili +i. Většina ostatních řešení využívala tvrzení, že existují x, y, z kladná taková, že a = x+y, b = x+z a c = y+z, a po nějakých úpravách se dobrala k cíli (někteří jen mechanicky upravovali obrovské výrazy, a tak obdrželi záporné imaginární body). A ještě jedna obecné poznámka. Většina řešitelů začala u nerovnosti v zadání a postupně se doupravovala k tvrzení, které platí, odkud odvozovali, že platí nerovnost v zadání. Tento postup není obecně správný. Funguje, pokud se při něm používají pouze ekvivalentní úpravy, v takovém případě je ale potřeba alespoň poznamenat, že se žádné jiné úpravy než ekvivalentní v řešení neobjevily. 6