Книги по разным темам Pages:     | 1 |   ...   | 10 | 11 | 12 | 13 | 14 |   ...   | 65 |

Применим индукцию по n. Предположим, что неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим верно для любых n - 1 положительных чисел. Применим его к числам a2, a3,..., an-1, a1 + an - A. В результате получим n-a2 + a3 +... + an-1 + a1 + an - A a2a3... an-1(a1 + an - A).

n - Здесь a2 + a3 +... + an-1 + a1 + an - A nA - A = = A.

n - 1 n - 96 Глава 8. Неравенства Умножим теперь обе части полученного неравенства на A:

An a2a3... an-1A(a1 + an - A) > a1a2... an;

мы воспользовались доказанным выше неравенством A(a1 + an - A) > a1an.

Замечание. По поводу доказательства неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим с помощью выпуклых функций см.

задачу 26.22.

8.15. Положим a = x10 и b = y15. Согласно неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим x5 + x5 + y5 + y5 + y x10y15, 3 т.е. 2 a + 3 b 5 ab.

8.16. Применим неравенство между средним арифметическим и средним 3 4 n + геометрическим для чисел 2,,,...,. В результате получим 2 3 n 1 3 4 n + n 2 + + +... + > n + 1, т.е.

n 2 3 n 1 1 n (1 + 1) + 1 + + 1 + +... + 1 + > n n + 1.

2 3 n Применим неравенство между средним арифметическим и средним гео1 2 n - метрическим для чисел 1,,,...,. В результате получим 2 3 n 1 1 2 n - 1 n 1 + + +... + >, т.е.

n 2 3 n n 1 1 1 n 1 + 1 - + 1 - +... + 1 - >.

n 2 3 n n 8.17. П е р в о е р е ш е н и е. Применим индукцию по n и воспользуемся неравенством из задачи 8.45. Введём для удобства обозначения Wn = W и Wn-1 = w1 +... + wn-1. Ясно, что wn-(aw1... awn)1/Wn = (aw1... an-1 )1/Wnawn/Wn n n 1 Wn-1 wn wn- (aw1... an-1 )1/Wn-1 + an Wn 1 Wn Wn-1 w1a1 +... + wn-1an-1 wn + an = Wn Wn-1 Wn w1a1 +... + wnan =.

Wn ap bq Wn Мы сначала воспользовались неравенством ab + для p = и p q Wn-Wn 1 q = (ясно, что + = 1), а затем предположением индукции.

wn p q Глава 8. Неравенства В т о р о е р е ш е н и е. Мы воспользуемся неравенством 1 + x < ex для x = 0 (задача 28.48). Определим числа b1,..., bn так, чтобы выполнялись w1a1 +... + wnan равенства ai = (1 + bi). Тогда W ai(w1 +... + wn) - w1a1 -... - wnan wibi = wi, w1a1 +... + wnan поэтому w1b1 +... + wnbn = 0. Легко видеть, что если не все числа a1,..., an равны, то хотя бы одно из чисел b1,..., bn отлично от нуля. В таком случае 1/W w1a1 +... + wnan (aw1... awn)1/W = (1 + b1)w1... (1 + bn)wn < n W w1a1 +... + wnan < e(b1w1+...+bnwn)/W = W w1a1 +... + wnan =.

W Заодно мы доказали, что требуемое неравенство является строгим, если не все числа a1,..., an равны.

8.18. Пусть g(x) = ax. По условию f(x0) = g(x0) и f (x0) = g (x0), n т.е. ax = f(x0) и ax-1 = aii xi-1. Следовательно, a = f(x0)/x и 0 0 i=1 n n aii xi f(x0) = ax = aii xi, поэтому =.

i=1 0 i=f(x0) Ясно, что i x aixi aixi xf(x) = aixi = f(x0).

aixi 0 aixi 0 Согласно неравенству из задачи 8. i i x 1/ aix0 n iaixi /f (x0) aiixi aixi n 0 0 x0 x x x = =.

aixi x0 x0 xi=1 i= x Таким образом, f(x) f(x0) = ax. Остаётся заметить, что если i xx x = x0, то числа, i = 1,..., n, попарно различны, поэтому получаем xстрогие неравенства.

8.19. Рассмотрим треугольник AOC, в котором AO = a, CO = c и угол при вершине O равен 120. Проведём биссектрису угла O и отложим на ней или её продолжении отрезок OB = b. Тогда по теореме косинусов AB = на = a2 - ab + b2, BC = b2 - bc + c2 и AC = a2 + ac + c2. Поэтому требуемое неравенство это обычное неравенство треугольника AC AB + BC.

Оно обращается в равенство тогда и только тогда, когда точка B лежит на отрезке AC. Это эквивалентно тому, что сумма площадей треугольников AOB и BOC равна площади треугольника AOB, т.е. ac sin 120 = (ab + bc) sin 60.

1 1 Учитывая, что sin 120 = sin 60, получаем ac = ab + bc, т.е. + =.

a c b 98 Глава 8. Неравенства 8.20. Согласно неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим 1 a1 a2 an a1 a2 an n + +... + ... = 1.

n a2 a3 a1 a2 a3 a8.21. Выделим полный квадрат: a3b + b3c + c3a - a2bc - b2ca - c2ab = = (a3b - 2a2bc + c2ab) + (b3c - 2b2ca + a2bc) + (c3a - 2c2ab + b2ca) = ab(a - c)2 + + bc(b - a)2 + ca(c - b)2 0.

8.22. Фиксируем все числа x1,..., xn, кроме одного числа xi = x. Тогда выражение в левой части неравенства имеет вид ax + b, где a и b постоянные числа. Оно максимально при x = 0 или при x = 1 (или постоянно).

Значит, выражение в левой части неравенства максимально в том случае, когда каждое из чисел x1,..., xn равно 0 или 1.

Предположим, что xi = xi+1 = 1 (или xn = x1 = 1). После циклической перенумерации можно считать, что x1 = x2 = 1. Рассмотрим лишь те члены, которые зависят от x1 и x2, т.е. x1 + x2 - x1x2 - x2x3 - xnx1. При x1 = и x2 = 1 это выражение равно 1 - x3 - xn, а при x1 = 1 и x2 = 0 оно равно 1 - xn 1 - x3 - xn. Поэтому можно считать, что никакие два соседних числа в последовательности x1, x2,..., xn, x1 не равны одновременно 1. Тогда количество единиц не превосходит [n/2], а выражение в левой части не превосходит количества единиц.

При x1 = x3 = x5 =... = 0 и x2 = x4 =... = 1 получаем как раз [n/2].

8.23. Требуемое неравенство легко преобразуется к виду a2b2c2(a + b + + c) - 2abc(ab + bc + ac) - 2abc(a + b + c) + (a2c + b2a + c2b) + abc(a2c + b2a + + c2b) + (ab + bc + ac) 0. Но левая часть этого неравенства равна ab(b + + 1)(ac - 1)2 + bc(c + 1)(ab - 1)2 + ac(a + 1)(bc - 1)2.

a a + c 8.24. Неравенство < эквивалентно неравенству ab + ad < ab + bc, b b + d a + c c т.е. ad < bc. А неравенство < эквивалентно неравенству ad + cd < bc + b + d d + cd, т.е. ad < bc.

8.25. Если x = y, то требуемое неравенство очевидно. Если же x = y, x2n+1 - y2n+то выражение в левой части равно. При x > y числитель и x - y знаменатель положительны, а при x < y отрицательны.

8.26. По условию a - b > 0 и a/b > 1. Поэтому (a/b)a-b > 1, т.е.

aa-b > ba-b. Это неравенство эквивалентно требуемому.

8.27. О т в е т: да, верно. Чтобы это доказать, рассмотрим многочлен f(x) = xn - 1xn-1 + 2xn-2 -... + (-1)nn.

Числа x1,..., xn являются его корнями. Поэтому достаточно проверить, что если x < 0, то f(x) = 0. Но если -x > 0, то (-1)nf(x) = (-x)n + 1(-x)n-1 + 2(-x)n-2 +... + n > 0.

Глава 8. Неравенства Замечание. Условий 1 > 0 и 2 > 0 не достаточно для того, чтобы комплексные числа x1 и x2 были положительны. Например, если x1 = 2 + i и x2 = 2 - i, то 1 = 4 и 2 = 3.

8.28. Если x 0, то x12, -x9, x4, -x 0. Если 0 < x < 1, то x12 + + x4(1 - x5) + (1 - x) > 0. Если x 1, то x9(x3 - 1) + x(x3 - 1) + 1 > 0.

8.29. По условию 1 - x > 0, 1 + x > 0, 1 - y > 0 и 1 + y > 0. Поэтому (1 - x)(1 + y) > 0 и (1 + x)(1 - y) > 0, т.е. 1 - x + y - xy > 0 и 1 + x - y - xy > 0.

Следовательно, 1 - xy > x - y и 1 - xy > y - x. Кроме того, 1 - xy = |1 - xy|.

8.30. Ясно, что xn - nx + n - 1 = (1 + x +... + xn-1 - n)(x - 1).

Если x > 1, то оба выражения в скобках положительны, а если 0 < x < 1, то отрицательны.

1 1 1 1 1 8.31. Сложим n - 1 неравенств >, >,..., > n + 1 2n n + 2 2n 2n - 1 2n 1 и равенство =. В результате получим требуемое.

2n 2n 1 3 2n - 8.32. Ясно, что ... = 2 4 2n 1 3 3 5 (2n - 1)(2n + 1) 1 = ... <.

22 42 (2n)2 2n + 1 2n + 1 3 ... (2n - 1) 8.33. Пусть Pn =. Тогда 2 4 ... 2n 12 32 52 (2n - 1)2 1 32 52 (2n - 1)2 Pn = ... = ... .

22 42 62 (2n)2 2 2 4 4 6 (2n - 2)2n 2n (2k - 1)2 (2k - 1)2 1 Если k > 1, то = > 1. Поэтому Pn > , т.е.

(2k - 2)2k (2k - 1)2 - 1 2 2n 2 Pn > .

2n (2k - 1)(2k + 1) (2k2 - 1) С другой стороны, = < 1. Поэтому (2k)2 (2k)3 3 5 5 7 (2n - 3)(2n - 1) 2n - 1 3 Pn = ... < , 22 42 62 (2n - 2)2 (2n)2 4 2n 3 т.е. Pn < .

2n 8.34. Требуемое неравенство можно переписать в виде n n 1 2n < 2 + - 2 - Выражение в правой части равно n n 1 n(n - 1) 1 n(n - 1)(n - 2) 2n + 2n-1n + 2n-2 + 2n-3 +...

n 2 n2 3 n1 n(n - 1) 1 n(n - 1)(n - 2) - 2n + 2n-1n - 2n-2 - 2n-3 +... = n 2 n2 3 nn(n - 1)(n - 2) = 2n + 2n-2 +... > 2n.

3 n100 Глава 8. Неравенства 8.35. Точки, в которых стоят числа 1 и n, разбивают окружность на две дуги. На каждой дуге сумма разностей соседних чисел равна n - 1 (если мы идём от n к 1), а сумма модулей чисел не меньше их суммы.

ab 8.36. По условию (xi - a)(xi - b) 0 и xi > 0, поэтому + xi a + b.

xi Складывая такие неравенства, получаем ab + xi n(a + b). Положим xi 1 1 x = xi и y =. Тогда полученное неравенство можно записать n n xi a + b - x в виде aby + x a + b, т.е. y. Домножим обе части этого ab a + b неравенства на x и воспользуемся тем, что x(a + b - x) для любого x (задача 1.2 б). В результате получим a + b x(a + b - x) 2 (a + b)xy =.

ab ab 4ab Это неравенство эквивалентно требуемому.

8.37. Рассмотрим многочлен P (x) = 4(x + 1) x - = (x + 1)(4x2 - 4x + + 1) = 4x3 - 3x + 1. Ясно, что P (xi) 0. Сложив неравенства P (x1) 0,..., P (xn) 0, получим -3(x1 +... + xn) + n 0, т.е. x1 +... + xn n/3.

8.38. На геометрическом языке это неравенство означает, что расстояние между эллипсом x2 + 4y2 = 4 и гиперболой xy = 4 не меньше 1, 6. При доказательстве удобно пользоваться именно геометрической формулировкой.

Мы будем доказывать следующее утверждение:

Касательная к эллипсу x2 +4y2 = 4 в точке ( 2, 2) параллель на касательной к гиперболе xy = 4 в точке (2 2, 2), и квадрат расстояния между этими касательными равен 1, 6.

Обратившись к рис. 8.1, несложно убедиться, что из этого следует требуемое утверждение.

Согласно задаче 1.26 касательная к эллипсу x2+4y2 = 4 в точке ( 2, 2) задаётся уравнением 2x + 2 2y = 4, т.е.

x + 2y = 2 2, (1) а касательная к гиперболе xy = 4 в точке (2 2, 2) задаётся уравнением 2x + 2 2y = 8, т.е.

x + 2y = 4 2. (2) Прямые, заданные уравнениями (1) и (2), параллельны. Расстояние меж ду ними равно высоте h прямоугольного треугольника с катетами 2 и 2 2, опущенной на гипотенузу. Ясно, что h = ab/c, где a = 2, b = 2 2 и c = = a2 + b2. Таким образом, h2 = 1, 6, что и требовалось.

Глава 8. Неравенства Рис. 8.1.

8.39. Значение A(x) не изменяется при любой перестановке переменных, поэтому можно считать, что x1 x2 x3 x4 x5. В таком случае A1(x) + + A2(x) = (x1 - x2)[(x1 - x3)(x1 - x4)(x1 - x5) - (x2 - x3)(x2 - x4)(x2 - x5)] 0, так как x1 - x2 0, x1 - x3 x2 - x3 0 и т. д. Аналогично доказывается, что A4(x) + A5(x) 0. Ясно также, что A3(x) представляет собой произведение двух неположительных и двух неотрицательных сомножителей, поэтому A3(x) 0.

8.40. Можно считать, что x1 x2... x100 > 0. Если x1 100, то x1 + x2 + x3 > 100. Поэтому будем считать, что x1 < 100. Тогда 100 - x1 > 0, 100 - x2 > 0, x1 - x3 0 и x2 - x3 0, поэтому 100(x1 + x2 + x3) 100(x1 + x2 + x3) - (100 - x1)(x1 - x3) - (100 - x2)(x2 - x3) = = x2 + x2 + x3(300 - x1 - x2) > 1 > x2 + x2 + x3(x3 + x4 +... + x100) 1 x2 + x2 + x2 +... + x2 > 10000.

1 2 3 Следовательно, x1 + x2 + x3 > 100.

8.41. Применим индукцию по n. При n = 2 нужно доказать неравенство a2 + 2ab + b2 < 2a2 + 2b2, которое эквивалентно очевидному нера n a + b an + bn венству 0 < (a - b)2. Предположим, что <. Тогда 2 102 Глава 8. Неравенства n+1 a + b an + bn a + b an+1 + bn+1 + anb + abn < =. Остаётся дока2 2 2 зать, что anb + abn < an+1 + bn+1. Это неравенство эквивалентно очевидному неравенству (an - bn)(a - b) > 0.

3 8.42. Применим неравенство из задачи 8.41 при n = 3, a = 8 и b = 7.

3 8 + 7 7 + 3 3 В результате получим <, т.е. 2 + 7 < 60.

2 8.43. Пусть n натуральное число. Тождество yn+1 - 1 yn - 1 y - - = (nyn - yn-1 -... - y - 1) n + 1 n n(n + 1) yn+1 - 1 yn - показывает, что - > 0 при y > 0, y = 1. Действительно, если n + 1 n y > 1, то y - 1 > 0 и nyn > yn-1 +... + y + 1, а если 0 < y < 1, то y - 1 < 0 и nyn < yn-1 +... + y + 1.

Пусть m натуральное число, причём m > n. Тогда (ym - 1)/m > (yn - 1)/n при y > 0, y = 1. Положим y = x1/n, где m x > 0, x = 1. Тогда (xm/n - 1)/m > (x - 1)/n, т.е. xm/n - 1 - (x - 1) > 0.

n Мы получили требуемое неравенство для a = m/n > 1.

Чтобы получить остальные неравенства, поступим следующим образом.

Для a > 1 положим xa = x1-b = yb-1, где b = 1 - a < 0 и y = x-1. Тогда неравенство xa-ax+a-1 > 0 перепишется в виде yb-1-(1-b)y-1+1-b-1 > 0, т.е. y-1(yb - by + b - 1) > 0, b < 0.

Положим теперь b = 1/a и y = xa (здесь снова a > 1 и x > 0). Тогда 1 неравенство xa - ax + a - 1 > 0 перепишется в виде y - yb + - 1 > 0, т.е.

b b yb - by + b - 1 < 0, 0 < b < 1.

8.44. Воспользуемся неравенством из задачи 8.43 б), положив x = m+1 и m a = 1/n. В результате получим (m+1)1/n < 1+. Аналогично (n+1)1/m < 1+ n n +. Значит, m 1 1 n m + > + = 1.

n m m + 1 n + 1 n + m n + m 8.45. Положим x = A/B, a = 1/p и 1 - a = 1/q. Тогда B(xa - ax + A B + a - 1) = A1/pB1/q - -. Остаётся воспользоваться результатом задачи p q 8.43.

Замечание. По поводу других доказательств см. задачи 26.23 (случай p > 1) и 28.43.

q q q 8.46. Положим X = xp +...+xp, Y = y1 +...+yn, A = xp/X и B = yi /Y.

n 1 i xp yi xi yi i q Если p > 1, то согласно задаче 8.45 +. Сложив такие 1/q X1/p Y pX qY Глава 8. Неравенства неравенства для i = 1,..., n, получим x1y1 +... + xnyn X Y 1 + = + = 1.

1/q X1/pY pX qY p q В случае, когда p < 1, доказательство аналогично.

8.47. Пусть p > 1. Ясно, что n n n (xi + yi)p = xi(xi + yi)p-1 + yi(xi + yi)p-1.

i=1 i=1 i=Согласно неравенству Гёльдера (задача 8.46) n n n 1/p 1/q xi(xi + yi)p-1 xp (xi + yi)p, i i=1 i=1 i=1 где q = p/(p - 1), т.е. + = 1. Запишем такое же неравенство для второй p q суммы и сложим оба этих неравенства. В результате получим 1/p 1/q n n n n 1/q q (xi + yi)p xp + yi (xi + yi)p.

i i=1 i=1 i=1 i=Это неравенство эквивалентно требуемому.

В случае, когда p < 1, доказательство аналогично.

Глава 9.

Вычисление сумм и произведений 9.1. Арифметическая и геометрическая прогрессии 9.1. Пусть a1,..., an арифметическая прогрессия. Докажите, что 1 1 1 n - + +... + =.

a1a2 a2a3 an-1an a1an 9.2. Пусть a1,..., an арифметическая прогрессия с положительными членами. Докажите, что 1 1 1 n - =.

+ +... + a1 + a2 a2 + a3 an-1 + an a1 + an Десятичную дробь = 0, a1a2a3... называют периодической, если ak+n = ak для всех k N; число n называют длиной периода.

Если N = 1, то дробь называют чисто периодической. Для десятичных дробей с ненулевой целой частью используется та же самая терминология. Для периодической десятичной дроби используется запись 0, a1a2... aN-1(aN aN+1... aN+n-1).

9.3. Докажите, что периодическая десятичная дробь является рациональным числом.

Pages:     | 1 |   ...   | 10 | 11 | 12 | 13 | 14 |   ...   | 65 |    Книги по разным темам