Osjecki matematicki list 9(2009), 16

1

Bernoullijeva nejednakostIlija Ilievic s

Saetak. Razmatra se Bernoullijeva nejednakost. Primjene spomenute z nejednakosti ilustrirane su na nizu zanimljivih zadataka koji su prilagodeni uenicima srednjih kola. c s Kljune rijei: Bernoullijeva nejednakost c c Bernoullis inequality Abstract. Bernoullis inequality is considered. Applications of the aforementioned inequality are illustrated on a number of interesting tasks adapted for high school students. Key words: Bernoullis inequality U ovom lanku bit e rijei o jednoj nejednakosti koju je 1689. godine izrekao c c c i dokazao vicarski matematiar Jacob Bernoulli (1654.1705.) i koja je po njemu s c dobila ime. Dokazat emo tu nejednakost i njena dva poopenja te pokazati primc c jenu. Teorem 1 [Bernoullijeva nejednakost]. Neka je n prirodan broj i x realan broj vei od 1. Tada vrijedi c (1 + x)n 1 + nx. Jednakost vrijedi ako i samo ako je n = 1 ili x = 0. Dokaz. Ako je n = 1 ili x = 0, tada je (1 + x)n = 1 + nx. Za n vei od 1 i c x = 0 nejednakost (i to strogu) dokazujemo matematikom indukcijom. Za n = 2 c nejednakost vrijedi jer je (1 + x)2 = 1 + 2x + x2 > 1 + 2x. Pretpostavimo da za neki prirodni broj n vei od 1 vrijedi (1 + x)n > 1 + nx i dokaimo da ta nejednakost c z vrijedi i za sljedei prirodni broj n + 1: c (1 + x)n+1 = = > (1 + x)(1 + x)n > (1 + x)(1 + nx) 1 + (n + 1)x + nx2 1 + (n + 1)x

(1)

Prema principu matematike indukcije, stroga nejednakost vrijedi za svaki prirodni c broj n vei od 1 i svaki realan broj x = 0. c 2 Sljedea dva teorema su poopenja Bernoullijeve nejednakosti. c c III. gimnazija,

Kamila Firingera 14, HR-31000 Osijek

2

Ilija Ilievic s

Teorem 2. (a) Ako je x > 1 i 0 < < 1, onda je (1 + x) 1 + x. (b) Ako je x > 1 i < 0 ili > 1, onda je (1 + x) 1 + x. Jednakost (u oba sluaja) vrijedi ako i samo ako je x = 0. c Dokaz. Rabei Taylorovu formulu dobivamo c (1 + x) 1 x = 1 ( 1)x2(1 + x)2 2 (0 < < 1).

Kako je x > 1 i 0 < < 1, to je 1 + x > 0, pa su (1 + x) 1 x i ( 1) istog predznaka za x = 0. Odatle slijede navedene nejednakosti. 2 Teorem 3. Za sve realne brojeve xk > 1, k = 1, 2, . . ., n, koji su istog predznaka, vrijedi nejednakost (1 + x1)(1 + x2 ) . . . (1 + xn) 1 + x1 + x2 + + xn. Jednakost vrijedi ako i samo ako je n = 1. Dokaz. Za n = 2 vrijedi stroga nejednakost jer je (1 + x1 )(1 + x2) = 1 + x1 + x2 + x1x2 > 1 + x1 + x2. Pretpostavimo da za neki prirodni broj n vei od 1 vrijedi c (1 + x1)(1 + x2 ) . . . (1 + xn) > 1 + x1 + x2 + + xn. Tada zbog uvjeta xi xj > 0 (i, j = 1, 2, . . ., n) imamo (1 + x1 )(1 + x2 ) . . . (1 + xn)(1 + xn+1) (1 + x1 + x2 + + xn)(1 + xn+1) (1 + x1 + x2 + + xn) + xn+1 + (x1 + x2 + + xn )xn+1 1 + x1 + x2 + + xn + xn+1 .

> = >

Prema principu matematike indukcije, stroga nejednakost vrijedi za svaki prirodni c broj n vei od 1. c 2 Zadatak 1. Neka su a i b pozitivni brojevi, 0 < b < a, te neka je n prirodan broj vei od 1. Dokaite nejednakost c z an bn > n(a b)bn1. Rjeenje. Iz pretpostavke slijedi da je a > 1, tj. a 1 > 0. U Bernoullijevu s b b nejednakost (1 + x)n > 1 + nx uvrstimo x = a 1, pa imamo b a b odakle dobivamo an > bn + n bn1(a b)n

> 1+n

a 1 , b

Bernoullijeva nejednakost

3

odnosno an bn > n(a b)bn1. Zadatak 2. Dokaite da za svaki prirodni broj n > 1 i svaki realni broj x > 1, z x = 0, vrijedi nejednakost x n 1+x< 1+ . n Rjeenje. Prema Bernoullijevoj nejednakosti je (1 + x)n > 1 + nx, tj. 1 + x > s n x 1 + nx. Ako u ovu nejednakost umjesto x piemo n , dobivamo nejednakost koju s je trebalo dokazati. Zadatak 3. Dokaite da za svaki prirodni broj n > 1 vrijedi nejednakost z n! < n+1 2n

.2

Rjeenje. Za n = 2 tvrdnja vrijedi jer je 2! < 2+1 . Pretpostavimo da nejednakost s 2 vrijedi za neki prirodni broj vei od 1 i dokaimo da vrijedi i za n + 1. Imamo c z (n + 1)! = < = (n + 1)n! n+1 n (n + 1) 2 n + 2 n+1 1 2 1 2 1 + n+1 (2)

n+1

.

Kako iz Bernoullijeve nejednakosti slijedi 1+ to je (n + 1)! < 2 n+2 2n+1

1 n+1

n+1

> 1 + (n + 1)

1 = 2, n+1 n+2 2n+1

1 = 2

.

Zadatak 4. Rabei Bernoullijevu nejednakost dokaite da je niz (an), zadan sa c z 1 n an = 1 + n , strogo rastui. c Rjeenje. Kako je s1 1 + n+1 an+1 = 1 an 1+ n n+1 n 1 n

=

n+2 n+1 n+1 n+1 n n

=

(n + 2)n+1 nn (n + 1)2n+1

= = >

(n + 2)n+1 nn+1 ((n + 1)2 )n+1 n2 + 2n + 1 1 n2 + 2n + 1 1 + (n + 1)

(n + 1) =

(n(n + 2))n+1 n + 1 ((n + 1)2)n+1 nn+1

n+1 n+1 1 = 1 2 n (n + 1) n 1 n+1 1 n+1 > 1 = 1, (n + 1)2 n n+1 n

n+1

4

Ilija Ilievic s

to je an+1 > an za svaki n N. 1 Zadatak 5. Dokaite da je niz (an ), zadan sa an = 1+ n z Rjeenje. Imamo s1 1 + n+1 an+1 = = 1 n+1 an 1+ n n+2 n+2 n+2 n+1 n+1 n+1 n 2

n+1

, strogo padajui. c

=

= =

n(n + 2) (n + 1)2 1

n+1

n2 +2n+1 n+1 n2 +2n

n+2 n+2 n + 2n = n+1 n2 + 2n + 1 n+1 n+2 n+2 1 = n+1 n + 1 . 1 n+1 1+ n(n+2)

n+2 n+1 n+1 n+1 n+1 n n+1

n+2 n+1

Kako je prema Bernoullijevoj nejednakosti 1+ to je an+1 an < = 1 1+ n2n+1 n(n+2)

1 n(n + 2)

n+1

> 1+

1 (n + 1), n(n + 2)

n+2 n+1

n(n + 2) n+2 n3 + 4n2 + 4n = 3 < 1. + 3n + 1 n + 1 n + 4n2 + 4n + 1 1+k n , n

Dakle, an+1 < an pa je niz strogo padajui. c Zadatak 6. Dokaite da je niz (an ), zadan sa an = z proizvoljan prirodni broj, omeden i odozdo i odozgo. Rjeenje. Prema Bernoullijevoj nejednakosti je s 1+ k nn

gdje je k

>1+n

k = 1 + k, nn

pa je zadani niz odozdo omed en. 1 Omed enost odozgo najprije dokaimo za k = 1, tj. za niz an = 1 + n z Bernoullijevoj nejednakosti je 1 Slijedi 1 1 Kako je 1 imamo 1+ 1 < 1, 4n21 2n 2n

. Prema

1 2n

n

> 1+n

1 2n

=

1 . 2

< 4.

1 1 < 1 2n 1 2n

Bernoullijeva nejednakost

5

odakle slijedi 1+ 1 2n2n