Учебное пособие Москва Издательство мцнмо 2007 удк 512. 1517. 1511. 1 Ббк 22. 14122. 161 П70 Прасолов В. В
 Скачать 3.28 Mb.
|
|
8.10. Это неравенство является частным случаем неравенства Коши; достаточно положить b 1 = . . . = b n = 1. 8.11. Это неравенство очевидным образом следует из неравенства Коши достаточно положить и b i = 1/ √ x i 8.12. Положим b i = S − a i . Тогда требуемое неравенство запишется в виде b 1 b 1 + . . . + S − b n b n > n n − 1 , те Но b 1 + . . . + b n = (S − a 1 ) + . . . + (S − a n ) = nS − S = (n − 1)S. Остаётся заметить, что+ . . . + b n ) “ 1 b 1 + . . . задача 8.11). 8.13. Первое решение. Применим индукцию по n. При 1 требуемое утверждение верно. Предположим, что требуемое неравенство доказано для любых n положительных чисел. Рассмотрим положительные числа b 1 = n +1 √ a 1 , . . . , Ясно, что (b n i − b n j )(b i − b j ) > 0. Просуммируем такие неравенства Глава 8. Неравенства для всех пар i, j, для которых i > j. В результате получим n n +1 X i =1 b n +1 i > n +1 X i =1 b i X j 6=i b n j (Если не все данные числа равны, то неравенство строгое) Воспользовавшись неравенством между средним арифметическими средним геометрическим для n чисел, получим n(n + Следовательно+ что и требовалось. В тор о ере ш е ни е. Расположим данные числа в порядке возрастания a 1 6 a 2 6 . . . 6 a n . Если a 1 = a n , то a 1 = a 2 = . . . = В таком случае A = G. Поэтому будем предполагать, что Тогда a 1 < A < a n , а значит+ a n − A) − a 1 a n = (a 1 − A)(A − a n ) > те. В частности, a 1 + a n − A > Применим индукцию по n. Предположим, что неравенство между средним арифметическими средним геометрическим верно для любых n − 1 положительных чисел. Применим его к числам, a 3 , . . . , a n −1 , a 1 + a n − A. В результате получим. . . + a n −1 + a 1 + a n − A n − 1 ” n −1 > a 2 a 3 . . . a n −1 (a 1 + a n − Здесь. . . + a n −1 + a 1 + a n − A n − 1 = nA − A n − 1 = Умножим теперь обе части полученного неравенства на A: A n > a 2 a 3 . . . a n −1 A(a 1 + a n − A) > a 1 a 2 . . . мы воспользовались доказанным выше неравенством Замечание. По поводу доказательства неравенства между средним арифметическими средним геометрическим с помощью выпуклых функций см. задачу 26.22. Решения задач. Положим a = и b = y 15 . Согласно неравенству между средним арифметическими средним геометрическим те. Применим неравенство между средним арифметическими средним геометрическим для чисел 2, 3 2 , 4 3 , . . . , n + 1 n . В результате получим + 3 2 + 4 3 + . . . + n + 1 n ” > n √ n + те+ Применим неравенство между средним арифметическими средним геометрическим для чисел 1, 1 2 , 2 3 , . . . , n − 1 n . В результате получим + 1 2 + 2 3 + . . . + n − те. Первое решение. Применим индукцию пои воспользуемся неравенством из задачи 8.45. Введём для удобства обозначения W n = W и W n −1 = w 1 + . . . + w n −1 . Ясно, что 1 . . . a w n n ) 1/W n =(a w 1 1 . . . a w n−1 n −1 ) 1/W n a w n /W n n 6 W n −1 W n (a w 1 1 . . . a w n−1 n −1 ) 1/W n−1 + + w n W n a n 6 W n −1 W n w 1 a 1 + . . .+w n −1 a n −1 W n −1 + w n W n a n = w 1 a 1 + . . Мы сначала воспользовались неравенством ab для p и q ясно, что 1/p + 1/q = 1), а затем — предположением индукции. В тор о ере ш е ни е. Мы воспользуемся неравенством 1 + + x < для x 6= 0 (задача 28.48). Определим числа b 1 , . . . , так Глава 8. Неравенства чтобы выполнялись равенства a i = (1 + b i ) w 1 a 1 + . . . + w n a n W . Тогда w i a i (w 1 + . . . + w n ) − w 1 a 1 − . . . − w n a n w 1 a 1 + . . . + поэтому w 1 b 1 + . . . + w n b n = 0. Легко видеть, что если не все числа, . . . , равны, то хотя бы одно из чисел b 1 , . . . , отлично от нуля. В таком случае 1 . . . a w n n ) 1/W = w 1 a 1 + . . . + w n a n W ((1 + b 1 ) w 1 . . . (1 + b n ) w n ) 1/W < < w 1 a 1 + . . . + w n a n W e (b 1 w 1 +...+b n w n )/W = w 1 a 1 + . . . + Заодно мы доказали, что требуемое неравенство является строгим, если не все числа a 1 , . . . , равны. Пусть g(x)=ax a . По условию f(x 0 ) =g(x 0 ) и те) и a a x a −1 0 = n P i =1 a i a i x a i −1 0 . Следовательно, и a f(x 0 ) = a a x a 0 = n P i =1 a i a i x a i 0 , поэтому Ясно, что f(x) = X a i x a i X a i x a i 0 X a i x a i 0 = X a i x a i 0 “ x x 0 ” a i X a i x a i 0 f(x 0 ). Согласно неравенству из задачи 8.16 X a i x a i 0 “ x x 0 ” a i X a i x a i 0 > „ n Y i =1 “ x x 0 ” a i a i x a i 0 « 1 / P Таким образом, f(x) > “ x x 0 ” a f(x 0 ) = ax a . Остаётся заметить, что если, то числа, i = 1, . . . , n, попарно различны, поэтому получаем строгие неравенства. Рассмотрим треугольник AOC, в котором AO = a, CO = и угол при вершине O равен 120 ◦ . Проведём биссектрису угла и отложим на ней или на её продолжении отрезок OB = b. Тогда по теореме косинусов AB = √ a 2 − ab + b 2 , BC = √ b 2 − bc + и AC= √ a 2 + ac + c 2 . Поэтому требуемое неравенство — это обычное неравенство треугольника AC 6 AB + BC. Оно обращается в равенство тогда и только тогда, когда точка B лежит наотрез- ке AC. Это эквивалентно тому, что сумма площадей треугольников Решения задачи равна площади треугольника AOB, те. Учитывая, что sin 120 ◦ = sin 60 ◦ , получаем ac = = ab + bc, те. Согласно неравенству между средним арифметическими средним геометрическим+ . . . + a n a 1 ” > “ a 1 a 2 · a 2 a 3 · . . . · a n a 1 ” 1/n = 1. 8.20. Выделим полный квадрат+ b 3 c + c 3 a − a 2 bc − b 2 ca − c 2 ab = = (a 3 b − 2a 2 bc + c 2 ab) + (b 3 c − 2b 2 ca + a 2 bc) + (c 3 a − 2c 2 ab + b 2 ca) = = ab(a − c) 2 + bc(b − a) 2 + ca(c − b) 2 > 0. 8.21. Фиксируем все числа x 1 , . . . , x n , кроме одного числа x i = Тогда выражение в левой части неравенства имеет вид ax + b, где и b — постоянные числа. Оно максимально при x = 0 или при x = или постоянно. Значит, выражение в левой части неравенства максимально в том случае, когда каждое из чисел x 1 , . . . , равно или Предположим, что x i = x i +1 = 1 (или x n = x 1 = 1). После циклической перенумерации можно считать, что x 1 = x 2 = 1. Рассмотрим лишь те члены, которые зависят отите. При x 1 = 1 и x 2 = 1 это выражение равно 1 − x 3 − а при x 1 = 1 и x 2 = 0 оно равно 1 − x n > 1 − x 3 − x n . Поэтому можно считать, что никакие два соседних числа в последовательности, x 2 , . . . , x n , неравны одновременно 1. Тогда количество единиц не превосходит [n/2], а выражение в левой части не превосходит количества единиц. При x 1 = x 3 = x 5 = . . . = 0 и x 2 = x 4 = . . . = 1 получаем как раз [n/2]. 8.22. Требуемое неравенство легко преобразуется к виду a 2 b 2 c 2 × ×(a + b + c) − 2abc(ab + bc + ac) − 2abc(a + b + c) + (a 2 c + b 2 a + c 2 b) + + abc(a 2 c + b 2 a + c 2 b) + (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 8.23. Неравенство + c b + эквивалентно неравенству ab + ad < < ab + bc, те. А неравенство + c b + эквивалентно неравенству, те. Если x = y, то требуемое неравенство очевидно. Если же x 6= y, то выражение в левой части равно y 2n+1 x − y . При Глава 8. Неравенства > y числитель и знаменатель положительны, а при x < y отрицательны. По условию a − b > 0 и a/b > 1. Поэтому те. Это неравенство эквивалентно требуемому. Ответ да, верно. Чтобы это доказать, рассмотрим многочлен+ Числа x 1 , . . . , являются его корнями. Поэтому достаточно проверить, что если x < 0, то f(x) 6= 0. Но если −x > 0, то (−x) n + s 1 ( −x) n −1 + s 2 ( −x) n −2 + . . . Замечание. Условий s 1 > 0 и s 2 > 0 недостаточно для того, чтобы комплексные числа и были положительны. Например, если x 1 = 2 + i и x 2 = 2 − i, то s 1 = 4 и s 2 = 3. 8.27. Если x 6 0, то x 12 , −x 9 , x 4 , −x > 0. Если 0 < x < 1, то. Если x>1, то x 9 (x 3 −1)+x(x 3 −1)+1>0. 8.28. По условию 1 − x > 0, 1 + x > 0, 1 − y > 0 и 1 + y > Поэтому (1 − x)(1 + y) > 0 и (1 + x)(1 − y) > 0, те и 1 + x − y − xy > 0. Следовательно, 1 − xy > x − y и 1 − xy > y − Кроме того, 1 − xy = |1 − xy|. 8.29. Ясно, что nx + n − 1 = (1 + x + . . . + x n −1 − n)(x − Если x > 1, то оба выражения в скобках положительны, а если < x < 1, то отрицательны. Сложим n−1 неравенств + 1 > 1 2n , 1 n + 2 > 1 2n , . . . , 1 2n − 1 > > 1 и равенство 2n = 1 2n . В результате получим требуемое. Докажем сначала, что если m и n — натуральные числа одной чётности, то Это неравенство легко преобразуется к виду (x m − y m )(x n − y n ) > Если числа m и n нечётные, то из неравенства x > y следуют неравенства и x n > y n , а из неравенства x 6 y следуют неравенства и x n 6 y n . Если же числа m и n оба чётные, то из неравенства следуют неравенства и Таким образом + y 2 · x 3 + y 3 2 6 x 4 + y 4 и 2 · x 4 + y 4 2 6 x 6 + y 6 Из этих неравенств следует требуемое Решения задач. Ясно, что 2 · 3 4 · . . . · 2n − 1 2n ” 2 = 1 · 3 2 2 · 3 · 5 4 2 · . . . · (2n − 1)(2n + 1) (2n) 2 × × 1 2n + 1 < 1 2n + 1 8.33. Пусть P n = 1 · 3 · . . . · (2n − 1) 2 · 4 · . . . · 2n . Тогда 2 2 2 · 3 2 4 2 · 5 2 6 2 · . . . · (2n − 1) 2 (2n) 2 = 1 2 · 3 2 2 · 4 · 5 2 4 · 6 · . . . · (2n − 1) 2 (2n − 2)2n · 1 Если k > 1, то 1) 2 (2k − 2)2k = (2k − 1) 2 (2k − 1) 2 − 1 > 1. Поэтому P 2 n > 1 2 · 1 те С другой стороны 1)(2k + 1) (2k) 2 = (2k 2 − 1) (2k) 2 < 1. Поэтому 2 2 · 3 · 5 4 2 · 5 · 7 6 2 · . . . · (2n − 3)(2n − 1) (2n − 2) 2 · 2n − 1 (2n) 2 < 3 4 · 1 те. Требуемое неравенство можно переписать в виде 2 n < < (2 + 1/n) n − (2 − 1/n) n . Выражение в правой части равно+ 2 n −1 n · 1 n + 2 n −2 n(n − 1) 2 · 1 n 2 + 2 n −3 n(n − 1)(n − 2) 3 · 1 n 3 + . . . . . . − 2 n + 2 n −1 n · 1 n − 2 n −2 n(n − 1) 2 · 1 n 2 − 2 n −3 n(n − 1)(n − 2) 3 · 1 n 3 + . . . = = 2 n + 2 n −2 n(n − 1)(n − 2) 3 · 1 n 3 + . . . > 2 n |