Ku chwale nierówności

Sebastian Lisiewski

25 lutego 2010

XXVII Ogólnopolski Sejmik Matematyków

VIII Liceum Ogólnokształcąceim. Marii Skłodowskiej- Curiew Katowicachul. 3-go Maja 4240-097 Katowice

Opiekunowie pracymgr Renata Suchanek

mgr Michał Rał

Ś.P. Teodorowi Paliczce

Za Jego trud włożony w

przygotowanie mojej

poprzedniej pracy

1

Spis treści

Wstęp 3

1 Klasyczne nierówności 41.1 Nierówności między średnimi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2 Nierówność Cauchy’ego-Schwarza . . . . . . . . . . . . . . . 61.3 Nierówność Cauchy’ego- Schwarza w formie Engela . . . . 61.4 Nierówność Radona . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.5 Nierówność Jensena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.6 Nierówność Turkevici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.7 Kilka innych nierówności klasycznych . . . . . . . . . . . . . 11

1.7.1 Nierówność Holdera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.7.2 Nierówność Karamaty . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.7.3 Ciągi zgodnie monotoniczne . . . . . . . . . . . . . . . 121.7.4 Nierówność Czebyszewa . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.7.5 Nierówności między średnimi potęgowymi . . . . . . 12

2 Narzędzia przydatne przy dowodzeniu nierówności 132.1 Jednorodność . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.2 Iloczyn równy jedności . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.3 Wielomian pomocniczy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.4 Podstawienia trygonometryczne . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

3 Jak to wymyślić? 17

4 Kilka przydatnych lematów 29

5 Dowody nierówności Nesbitt’a 305.1 Nierówność Jensena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305.2 Nierówność Cauchy’ego- Schwarza . . . . . . . . . . . . . . . 305.3 Średnia arytmetyczna i harmoniczna . . . . . . . . . . . . . . 315.4 Nierówność Cauchy’ego . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 325.5 Porównanie sum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 325.6 Nierówność Karamaty . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2

Wstęp

Wybierając temat tej pracy, postanowiłem kierować się nie zdrowymrozsądkiem, lecz pasją. Mogę bowiem powiedzieć, że nierówności fak-tycznie są moją pasją. Już w pierwszej klasie liceum, gdy zaczynałemmoją przygodę z Olimpiadą Matematyczną zauważyłem, że zadania zpewnych działów wydają mi się prostsze, pomimo mojej niewielkiej wie-dzy. Jednym z tych działów były właśnie nierówności. Jako olimpijczykczęsto słyszę od moich kolegów komentarze odnośnie zadań takie jak-”rozumiem to rozwiązanie, ale jak je wymyślić?”. Obecnie nie brakujeliteratury tematycznej opisującej teorią przydatną na konkursach czy teżsposobów rozwiązywania zadań, lecz literatury opisującej tok myśleniapodczas zawodów matematycznych lub zwykłego, codziennego zmaga-nia się z problemami matematycznymi. Dlatego właśnie jako główny celpodczas pisania tej pracy postawiłem sobie wyjaśnienie rozumowaniapodczas rozwiązywania różnego rodzaju nierówności. W pierwszym roz-dziale czytelnik znajdzie wiele klasycznych nierówności wraz z dowoda-mi zarówno moimi, jak i zaczerpniętymi z internetu czy literatury. W na-stępnych zamieszczone podstawowe chwyty używane w nierównościachkonkursowych oraz zadania z olimpiad matematycznych z rozwiązania-mi. W ostatnim rozdziale jako ciekawostkę postanowiłem zamieścić do-wody nierówności Nesbitt’a które udało mi się wyprowadzić. W każdymz działów zamieszczone są zadania z moimi autorskimi rozwiązaniami ikomentarzami.

Mam nadzieję, że dzięki tej pracy Czytelnik również dostrzeże pięknoświata nierówności, ich uogólnień i wzajemnych dowodów. Życzę miłejlektury . . .

3

Rozdział 1

Klasyczne nierówności

1.1 Nierówności między średnimi

Twierdzenie 1. Dla dowolnych liczb rzeczywistych a1, a2, . . . , an zacho-dzą nierówności:

n∑ni=1

1ai

¬ n

√√√√ n∏i=1

ai ·ni=1 ain

¬

√∑ni=1 a

2i

n(1.1)

Kolejne wyrażenia to odpowiednio: średnia harmoniczna, średnia geo-metryczna, średnia arytmetyczna oraz średnia kwadratowa.

Nierównością Cauchy’ego bywa nazywana nierównośćn√∏n

i=1 ai ·n

i=1 ain zawarta w Twierdzeniu 1.

Dowód. Logarytmując nierówność Cauchy’ego stronami otrzymujemykolejno

ln

(n

√√√√ n∏i=1

ai

)¬ ln

(∑ni=1 ain

)

ln

(n∏i=1

n√ai

)¬ ln

(∑ni=1 ain

)n∑i=1

1n

ln ai ¬ ln

(∑ni=1 ain

)

− ln

(1n

n∑i=1

ai

)¬ −

n∑i=1

1n

ln ai (1.2)

Przyjmijmy f(x) = − lnx. Wówczas funkcja f jest wypukła, ponieważf ′′(x) = 1

x2 > 0. Zatem nierówność (1.2) jest równoważna nierównościJensena dla f(x) = − lnx oraz n wag równych 1n .

4

Dowód nierówności Cauchy’ego uznawany za klasyczny opiera sięna indukcji dla przypadków n = 2k , gdzie k ∈ N. Został podany przezAugustina Louisa Cauchy’ego w 1821 roku na wykładach analizy alge-braicznej.

Dowód. Dla n = 2 dowód jest trywialny.

a+ b

2­√ab⇔ a2 + 2ab+ b2

4­ ab⇔ a2 + 2ab+ b2 ­ 4ab⇔ (a− b)2 ­ 0

Załóżmy, że teza zachodzi dla pewnego n = 2k. Wykażmy jej prawdzi-wość dla n = 2k+1.

12k+1

2k+1∑i=1

ai =

12k

2k∑i=1

ai +12k

2k+1∑i=2k+1

ai

2­

2k

√√√√ 2k∏i=1

ai + 2k

√√√√√ 2k+1∏i=2k+1

ai

2­ 2k+1

√√√√2k=1∏i=1

ai

Rozpatrzmy teraz przypadki n 6= 2m dla żadnego m ∈ N. Weźmy takiek ∈ N, że k = 2α oraz 2α−1 < n < 2α dla α ∈ N. Oznaczmy A = 1

n

∑ni=1 ai.

Stwórzmy ciąg (xi) taki, że xi = ai dla i = 1, 2, . . . , n oraz xi = A dlai > n. Mamy

A =∑ni=1 xin

=kn

∑ni=1 xi

k=∑ni=1 xi + k−n

n

∑ni=1 xi

k=∑ni=1 xi + (k − n)A

k=

=1k

n∑i=1

xi ­ k

√√√√ k∏i=1

xi = k

√√√√( n∏i=1

xi

)Ak−n

Zatem zachodzi

A ­ k

√√√√( n∏i=1

xi

)Ak−n

Ak ­(

n∏i=1

xi

)Ak−n

An ­n∏i=1

xi

1n

n∑i=1

xi ­ n

√√√√ n∏i=1

xi ⇔1n

n∑i=1

ai ­ n

√√√√ n∏i=1

ai

5

1.2 Nierówność Cauchy’ego-Schwarza

Nazwa tej nierówności jest nieco sporna; po raz pierwszy została po-dana przez Augustina Cauchy’ego w na wspomnianych wcześniej wy-kładach analizy algebraicznej. Nieco później całkowy odpowiednik tejnierówności dowiedli niezależnie od siebie W. J. Buniakowski oraz H.Schwarz. Z tego powodu poniższa nierówność bywa nazywana nazwi-skami wszystkich wyżej wymienionych matematyków.

Twierdzenie 2. Dla dowolnych liczb rzeczywistych a1, a2, . . . , an orazb1, b2, . . . , bn prawdziwa jest nierówność(

n∑i=1

aibi

)2¬(

n∑i=1

a2i

)(n∑i=1

b2i

)(1.3)

Dowód jest elementarny, wymaga jedynie podstawowych przekształ-ceń.

Dowód.(n∑i=1

a2i

)(n∑i=1

b2i

)−(

n∑i=1

aibi

)2=

∑1¬i,j¬n

a2i b2j−

n∑i=1

a2i b2i−

∑1¬i<j¬n

2aiajbibj =

=∑1¬i,j¬ni 6=j

a2i b2j−2

∑1¬i<j¬n

aiajbibj =∑

1¬i<j¬n(a2i b

2j+a

2jb2i )−2

∑1¬i<j¬n

aiajbibj =

=∑

1¬i<j¬n(a2i b

2j − 2aiajbibj + a2jb

2i ) =

∑1¬i<j¬n

(aibj − ajbi)2 ­ 0

Z czego wynika dowodzona nierówność.

1.3 Nierówność Cauchy’ego- Schwarza w formieEngela

Nierówność wynikająca niemal bezpośrednio z nierówności Cauchy’ego-Schwarza. W wielu przypadkach o wiele wygodniej jest się posłużyć nie-równością zapisaną w ten sposób.

Twierdzenie 3. Dla dowolnych liczb rzeczywistych dodatnich a1, a2, . . . , anoraz b1, b2, . . . , bn prawdziwa jest nierówność

n∑i=1

a2ibi­

( n∑i=1

ai

)2( n∑i=1

bi

) (1.4)

6

Dowód. Oznaczmy xi =√bi oraz yi = ai√

bi. Po bezpośrednim podstawie-

niu otrzymujemy

n∑i=1

y2i ­

( n∑i=1

xiyi

)2n∑i=1

x2i

czyli (n∑i=1

x2i

)(n∑i=1

y2i

)­(

n∑i=1

xiyi

)2Co jest prawdziwe ze względu na nierówność Cauchy’ego- Schwarza.

1.4 Nierówność Radona

Znaczne uogólnienie nierówności Cauchy’ego- Schwarza w formieEngela, wymagające nieco innego podejścia do dowodu.Twierdzenie 4. Dla dowolnych liczb a1, a2, . . . , an, b1, b2, . . . , bn, p ∈ R+zachodzi nierówność

n∑i=1

ap+1i

bpi­

( n∑i=1

ai

)p+1( n∑i=1

bi

)p (1.5)

Dowód. Oznaczmy f(x) = 1xp . Dowodzona nierówność przyjmuje postać

n∑i=1

aif

(biai

)­(

n∑i=1

ai

)f

(∑ni=1 bi∑ni=1 ai

)Ponieważ funkcja f jest wypukła (f ′′(x) = p2+p

xp+2 > 0), możemy zastosowaćnierówność Jensena dla wag równych αi = ai∑n

i=1 aidla i = 1, 2, . . . , n.

Otrzymujemy wówczasn∑i=1

αif

(biai

)­ f

(n∑i=1

αibiai

)= f

(n∑i=1

bi∑nj=1 aj

)= f

(∑ni=1 bi∑ni=1 ai

)Czyli tezę.

W powyższym dowodzie należy jeszcze zwrócić uwagę na pozorniemało istotną rzecz, a mianowicie na korzyści, które przynosi nam przy-jęcie funkcji f(x) = 1

xp . W dowodzie mogliśmy oczywiście wykorzystaćfunkcję np. g(x) = xp, lecz dzięki obraniu funkcji f wiele czynników sięskróciło, zdecydowanie ułatwiając obliczenia. Zawsze należy mieć to nauwadze przy wykorzystaniu nierówności Jensena dla argumentów będą-cych ilorazami zmiennych.

7

1.5 Nierówność Jensena

Jedna z ważniejszych nierówności w algebrze, pozwalająca wykazaćw elementarny sposób wiele klasycznych nierówności. Do jej wykazaniawystarcza zasada indukcji matematycznej, zaś częstymi sztuczkami po-zwalającymi nierównościom spełniać założenia nierówności Jensena jestlogarytmowanie nierówności stronami lub skorzystanie z jednorodności.Zwłaszcza połączenie nierówności Jensena i jednorodności dowodzonejnierówności daje znakomite efekty- wiele nietrywialnych zadań możnarozwiązać przy użyciu tej metody.

Twierdzenie 5. Niech będzie dana funkcja f wypukła na swojej dzie-dzinie oraz x1, . . . , xn należące do jej dziedziny. Wówczas dla dowol-nych dodatnich liczb rzeczywistych t1, . . . , tn takich, że ∑n

i=1 ti = 1 za-chodzi nierówność

n∑i=1

tif(xi) ­ f(

n∑i=1

tixi

)Dla funkcji wklęsłej prawdziwa jest nierówność w drugą stronę.

Dowód. Dla n=1 teza staje się trywialna, zaś dla n = 2 jest równoważnadefinicji funkcji wypukłej. Załóżmy zatem, że teza jest prawdziwa dlapewnego n0 ∈ N+. Wykażmy jej prawdziwość dla n0 + 1 (skorzystamy zn.J. dla n równych kolejno 2 oraz n0).

f

(n0+1∑i=1

tixi

)= f

(tn0+1xn0+1 + (1− t1)

n0∑i=1

ti1− tn0+1

xi

)¬

¬ tn0+1f(xn0+1) + f

(n0∑i=1

ti1− tn0+1

xi

)

A ponieważn0∑i=1

ti1− tn0+1

= 1, mamy

tn0+1f(xn0+1)+f

(n0∑i=1

ti1− tn0+1

xi

)¬ tn0+1f(xn0+1)+

n0∑i=1

tif(xi) =n0+1∑i=1

tif(xi)

Co daje tezę.

Zadanie 1.1 (Indie, 95). Niech x1, x2, · · · , xn będą dodatnimi liczbamirzeczywistymi, których suma wynosi 1. Wykaż, że

x11− x1

+ · · ·+ xn1− xn

­√

n

n− 1(1.6)

Suma zmiennych równa 1 sugeruje nierówność Jensena. Jak się oka-zuje, jest to najprostsza droga do rozwiązania problemu

8

Dowód. Niech f : (0, 1) → R będzie dana wzorem f(x) = 11−x . Jak ła-

two sprawdzić za pomocą drugiej pochodnej, jest to funkcja wypukła naprzedziale (0, 1). Wykorzystajmy zatem nierówność Jensena.

n∑i=1

xi1− xi

=n∑i=1

xif(xi) ­ f( n∑i=1

x2i

)=

1∑ni=1 x

2i

Pozostaje wykazać, że 1

1−n∑i=1

x2i

­√

nn−1 , co dalej jest równoważne

n∑i=1

x2i ­ 1−√

n

n− 1. Na mocy AM-GM dostajemy

√∑ni=1 x

2i

n­∑ni=1 xin

=1n⇔

n∑i=1

x2i ­1n

Czyli wystarczy udowodnić

1n­ 1−

√n− 1n⇔ n− 1

n¬ 1

Co kończy dowód

1.6 Nierówność Turkevici

Bardzo mało znana nierówność, rzadko używana na konkursach ma-tematycznych. Niemniej jednak jej znajomość okazuje się bardzo rozwi-jająca. Dla n ¬ 4 posiada wiele efektywnych i prostych dowodów- dlawiększej ilości zmiennych jej wykazanie staje się nie lada problemem.

Twierdzenie 6 (Nierówność Turkevici). Niech x1, x2, . . . , xn będą licz-bami rzeczywistymi dodatnimi. Wówczas zachodzi nierówność

(n− 1)n∑i=1

x2i + n n

√(x1x2 . . . xn)2 ­ (x1 + x2 + . . .+ xn)2 (1.7)

Dowód. Na mocy jednorodności możemy przyjąćn∏i=1

xi = 1. Wówczas

dowodzona nierówność przyjmuje postać

0 ­ −(n− 1)n∑i=1

x2i +

(n∑i=1

xi

)2− n = f(x1, x2, . . . , xn)

Zauważmy, że dla n = 2 mamy f(x1, x2) = 0. Załóżmy zatem, że teza za-chodzi dla pewnej liczby n− 1 ∈ N zmiennych. Naszym zadaniem będzie

9

wykazać jej prawdziwość dla n zmiennych. Ze względu na cykliczność(a nawet symetrię) względem zmiennych x1, x2, . . . , xn możemy założyć,że x1 jest najmniejszą spośród rozpatrywanych liczb. Oznaczmy również

G = n−1

√√√√ n∏i=2

xi. Wykażemy najpierw, że

f(x1, x2, . . . , xn) ¬ f(x1, G, . . . , G). Chcemy zatem wykazać

−(n−1)n∑i=1

x2i +

(n∑i=1

xi

)2−n ¬ −(n−1)x21−(n−1)2G2+(x1+(n−1)G)2−n

Co po prostych przekształceniach jest równoważne

2x1

(n∑i=2

xi − (n− 1)G

)¬ (n− 1)

n∑i=2

x2i −(

n∑i=2

xi

)2

Z nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną wynikan∑i=2

xi ­ (n−1)G, a co za tym idzie lewa strona nierówności jest nieujem-

na. Ponadto, ponieważ x1 = min{x1, x2, . . . , xn}, mamy x1 ¬ G. To zaśimplikuje, że wystarczy wykazać

2G

(n∑i=2

xi − (n− 1)G

)¬ (n− 1)

n∑i=2

x2i −(

n∑i=2

xi

)2(1.8)

Oznaczmy teraz ai = xiG dla i = 2, 3, . . . , n. Mamy

∏ni=2 ai =

∏n

i=2 xiGn−1 =

Gn−1

Gn−1 = 1. Po podzieleniu nierówności (1.8) przez G2 dostajemy

2

(n∑i=2

ai − (n− 1)

)¬ (n− 1)

n∑i=2

a2i −(

n∑i=2

ai

)2(1.9)

Zauważmy jednak, że liczby a1, a2, . . . , an spełniają założenia zadania dlan− 1 zmiennych. Dlatego na mocy założenia indukcyjnego mamy(

n∑i=2

ai

)2¬ (n− 2)

n∑i=2

a2i + (n− 1)

Zatem zamiast nierówności (1.9) wystarczy wykazać

2n∑i=2

ai ¬n∑i=2

a2i + n− 1⇔ 0 ¬n∑i=2

(ai − 1)2

Co jest już oczywiste. Skoro mamy f(x1, x2, . . . , xn) ¬ f(x1, G, . . . , G), achcemy udowodnić f(x1, x2, . . . , xn) ¬ 0, wystarczy pokazać f(x1, G, . . . , G) ¬

10

0. W tym celu wstawmy x1 = 1Gn−1 . Wtedy potrzebujemy wykazać(

(n− 1)G+1

Gn−1

)2¬ (n− 1)2G2 + (n− 1)

1G2n−2

+ n

A to sprowadza się don− 2G2n−2

+ n ­ 2n− 2Gn−2

Co dalej jest równoważnen− 2 + nG2n−2

2n− 2­ Gn

A to już nierówność między średnią arytmetyczną i geometryczną dlaliczb 1, 1, . . . , 1︸ ︷︷ ︸

n−2

, G2n−2, . . . , G2n−2︸ ︷︷ ︸n

, co kończy dowód.

1.7 Kilka innych nierówności klasycznych

1.7.1 Nierówność Holdera

Uogólnienie nierówności Cauchy’ego Schwarza podane w 1889 rokuprzez niemieckiego matematyka O. L. Holdera.Twierdzenie 7. Niech dane będą liczby a1, a2, . . . , an, b1, b2, . . . , bn ∈ R+.Ponadto niech liczby p, q ∈ R\{0} spełniają równość 1p + 1q = 1. Wtedy,jeżeli pq > 0, zachodzi nierówność

n∑i=0

aibi ¬ p

√√√√ n∑i=0

api · q√√√√ n∑i=0

bqi (1.10)

W przypadku gdy pq < 0 zachodzi nierówność przeciwna.

1.7.2 Nierówność Karamaty

Czasem nazywana nierównością Hardy’ego-Littlewooda-Pólyi, trakto-wana najczęściej jako pewne uogólnienie nierówności Jensena. Jej ogrom-na przewaga polega na tym, że dla danej funkcji wypukłej (bądź wklęsłej)daje oszacowanie zarówno z góry jak i z dołu.Twierdzenie 8 (Karamata). Niech będzie dana funkcja wypukła f orazliczby rzeczywiste należące do dziedziny funkcji f x1, · · · , xn, y1, · · · , yntakie, że (x1 · · · , xn) � (y1 · · · , yn). Wówczas prawdziwa jest następują-ca nierówność:

n∑i=1

f(xi) ­n∑i=1

f(yi)

Dla funkcji wklęsłej zachodzi nierówność w drugą stronę.

11

1.7.3 Ciągi zgodnie monotoniczne

Dwa ciągi liczbowe (a1, a2, . . . , an) oraz (b1, b2, . . . , bn) nazwiemy zgod-nie monotonicznymi, jeżeli obydwa są nierosnące lub obydwa są niema-lejące. Dla dowolnych liczb x1, . . . , xn, y1, . . . , yn oznaczmy

n∑i=1

xiyi =

[x1 x2 . . . xny1 y2 . . . yn

]

Twierdzenie 9. Niech (a1, a2, . . . , an) oraz (b1, b2, . . . , bn) będą ciągamizgodnie monotonicznymi. Wówczas dla dowolnej permutacji τ zbioru{1, 2, . . . , n} zachodzi[a1 a2 . . . anb1 b2 . . . bn

]­[

a1 a2 . . . anbτ(1) bτ(2) . . . bτ(n)

]­[a1 a2 . . . anbn bn−1 . . . b1

]

1.7.4 Nierówność Czebyszewa

Najprostszy dowód poniższej nierówności opiera się na nierównościo ciągach zgodnie monotonicznych.

Twierdzenie 10 (Czebyszew). Niech (a1, a2, . . . , an) oraz (b1, b2, . . . , bn)będą ciągami zgodnie monotonicznymi. Wówczas zachodzi

a1 + a2 + . . .+ ann

· b1 + b2 + . . .+ bnn

¬ a1b1 + a2b2 + . . .+ anbnn

Dla ciągów przeciwnie monotonicznych zachodzi nierówność w drugąstronę

1.7.5 Nierówności między średnimi potęgowymi

Twierdzenie 11. Dla dowolnych a1, a2, . . . , an, t1, t2 ∈ R, gdzie t1 < t2zachodzi nierówność

t1

√√√√ 1n

n∑i=1

at1i ¬ t2

√√√√ 1n

n∑i=1

at2i (1.11)

12

Rozdział 2

Narzędzia przydatne przydowodzeniu nierówności

2.1 Jednorodność

Bardzo przydatna własność wyrażeń, niezwykle pomocna przy do-wodzeniu nierówności. Jednorodność wyrażeń wykorzystuje się zazwy-czaj w dwojaki sposób: gdy chcemy pozbyć się pewnych założeń, lubprzeciwnie- kiedy chcemy przyjąć pewne założenia (np. aby wykorzy-stać nierówność Jensena).

Definicja 1. Wyrażenie n zmiennych Φ(x1, x2, . . . , xn) nazywamy wy-rażeniem jednorodnym stopnia α, jeżeli dla każdego k ∈ R zachodzirówność Φ(kx1, kx2, . . . , kxn) = kαΦ(x1, x2, . . . , xn).

Jeżeli nierówność n zmiennych którą chcemy dowieść jest postaci

Φ1(x1, x2, . . . , xn) ­ Φ2(x1, x2, . . . , xn)

gdzie Φ1,Φ2 są wyrażeniami jednorodnymi jednakowego stopnia, może-my przyjąć dodatkowe założenie

Ψ1(x1, x2, . . . , xn) = Ψ2(x1, x2, . . . , xn)

gdzie Ψ1,Ψ2 są wyrażeniami jednorodnymi dowolnego stopnia, powiedz-my α1 oraz α2, przy czym α1 6= α2. Istotnie, jeżeli

Ψ1(x1, x2, . . . , xn) = k ·Ψ2(x1, x2, . . . , xn)

wystarczy położyć x′i = α1−α2√kxi dla i = 1, 2, . . . , n. Wtedy istotnie mamy

warunekα1−α2√kα1Ψ1(x′1, x

′2, . . . , x

′n) = k · α1−α2

√kα2Ψ2(x′1, x

′2, . . . , x

′n)

13

czyliΨ1(x′1, x

′2, . . . , x

′n) = Ψ2(x′1, x

′2, . . . , x

′n)

Zaś dowodzona nierówność się nie zmieni.

Z drugiej strony, mając niejednorodną nierówność do wykazania orazjednorodne założenie, możemy dowodzoną nierówność sprowadzić dopostaci jednorodnej, jednocześnie pozbywając się założenia. Schemat po-stępowania jest następujący

• dzielimy niejednorodne wyrażenie z nierówności na sumę wyrażeńjednorodnych różnych stopni

• jeżeli największy stopień wyrażeń uzyskanych w poprzednim kro-ku oznaczymy jako γ, zaś nasze założenie jest wyrażeniem jedno-rodnym Ψ(x1, x2, . . . , xn) = 1 (możemy je podzielić stronami douzyskania tej postaci) stopnia α, to dla każdego wyrażenia uzyska-nego w poprzednim kroku o stopniu β przemnażamy je razy Ψ

γ−βα

• w wyniku tej operacji każdy ze składników naszej nierówności jestjednorodny stopnia γ, więc cała nierówność również jest jednorod-na

Oczywiście nie zawsze jesteśmy w stanie wykonać powyższe operacje,jednak gdy są one możliwe, znacznie ułatwiają rozwiązanie zadania.

2.2 Iloczyn równy jedności

Często mamy do czynienia z zadaniami, w którym iloczyn zmiennychwynosi 1, tj.

∏ni=1 ai = 1. Podstawowym trikiem stosowanym w tego typu

zadaniach jest zastosowanie podstawienia ai = xixi+1

, gdzie xn+1 = x1dla pewnych x1, x2, . . . , xn ∈ R. Podstawienie takie może mieć miejscez uwagi na to, że możemy przyjąć chociażby xj =

∏ni=j ai. Doskonałym

przykładem wykorzystania tego chwytu jest następujące zadanie z ObozuNaukowego Olimpiady Matematycznej (rozwiązanie to jest dostępne wbroszurce na stronie www.om.edu.pl):

Zadanie 2.1 (Zwardoń, 2007). Liczby dodatnie a, b, c spełniają warunekabc = 1. Wykazać, że

1√a+ 1

b + 12

+1√

b+ 1c + 1

2

+1√

c+ 1a + 1

2

­√

2

Dowód. Niech p, q, r będą takimi liczbami dodatnimi, że

a =q

r, b =

r

p, c =

p

q

14

(możemy przyjąć np. p = c, q = 1, r = bc). Wówczas nierówność dana doudowodnienia przyjmuje postać√

2pqpq + 2qr + 2rp

+

√2qr

qr + 2rp+ 2pq+

√2rp

rp+ 2pq + 2qr­√

2

czyli, po wprowadzeniu oznaczeń x = qr, y = rp, z = pq,√x

2(x+ y + z)− x+

√y

2(x+ y + z)− y+

√z

2(x+ y + z)− z­√

2

Powyższa nierówność jest jednorodna, więc bez straty ogólności rozu-mowania możemy założyć, że x + y + z = 1. Pozostaje więc udowodnićnierówność √

x

2− x+√

y

2− y+√

z

2− z­ 1 (2.1)

Jednakże dla dowolnej liczby t ∈ (0; 1) mamy√t

2− t­ t,

Gdyż nierówność ta jest równoważna zależności t ­ t2(2 − t), czyli 0 ­−t(t− 1)2. stąd wynikają nierówności√

x

x− 2­ x,

√y

2− y­ y,

√z

2− z­ z

Sumując je stronami uzyskujemy (2.1), co kończy rozwiązanie.

2.3 Wielomian pomocniczy

Zdarzają się również nierówności, w których do czynienia mamy zwielomianami symetrycznymi o maksymalnym wykładniku równym 1.Powinno to nasuwać wzory Viete’a, a co za tym idzie stworzenie wie-lomianu o pierwiastkach będących zmiennymi z zadania. Wówczas bę-dziemy znać niektóre jego współczynniki, co może pomóc w dojściu dorozwiązania. Standardowym przykładem wykorzystania wielomianu po-mocniczego jest następujące zadanie

Zadanie 2.2 (Szwecja,95). Liczby dodatnie a, b, c spełniają warunki:

abc = 1 oraz a+ b+ c >1a

+1b

+1c

Udowodnij, że spośród liczb a, b, c jedna jest większa od 1, zaś pozostałedwie są mniejsze od 1.

15

Dowód. Drugi warunek po przemnożeniu przez abc jest równoważnya+b+c > ab+bc+ca. Stwórzmy wielomian unormowany o pierwiastkacha, b, c. Będzie on postaci

W (x) = (x− a)(x− b)(x− c) = x3 − t2x2 + t1x− t0

Przy czym mamy t0 = 1 oraz t2 > t1. Z tego wynika

W (1) = 1− t2 + t1 − 1 = t1 − t2 < 0

Ponieważ W jest wielomianem unormowanym stopnia 3, z W (1) < 0wynika, że W ma nieparzystą ilość pierwiastków większych od 1. Z koleinie może być c ­ b ­ a > 1, bo wówczas mielibyśmy abc > 1. Żaden pier-wiastek nie jest równy 1, ponieważ W (1) 6= 0. Z tego wszystkiego wynika,że jeden pierwiastek jest większy od 1, zaś pozostałe dwa pierwiastki sąmniejsze od 1, czego mieliśmy dowieść.

2.4 Podstawienia trygonometryczne

W niektórych problemach związanych z nierównościami zmienne sąograniczone np. do przedziału 〈−1, 1〉. Najczęstszą metodą stosowaną wtakich zadaniach jest podstawienie za zmienną funkcję trygonometrycz-ną zależną od kąta. Oczywiście w przypadku przedziału 〈−a, a〉 może tobyć na przykład xi = a cosαi, zaś dla zmiennych nieograniczonych zgóry i z dołu np. xi = tgαi. Oto prosty przykład zastosowania takiegopodstawienia

Zadanie 2.3 (Moskwa, 90). Wyznacz największą wartość wyrażenia

x√

1− y2 + y√

1− x2

Pokażemy, że tą największą wartością jest 1.

Dowód. Zauważmy, że x, y ∈ 〈−1, 1〉 oraz, że w przypadku x < 0 lub y < 0kładąc odpowiednio x′ = −x lub y′ = −y zwiększamy wartość wyrażeniaz zadania. Wobec tego możemy przyjąć x, y ­ 0. Połóżmy zatem x = sinαoraz y = sinβ. Otrzymujemy

x√

1− y2 + y√

1− x2 = sinα cosβ + sinβ cosα = sin(α+ β) ¬ 1

Pierwszą z równości otrzymaliśmy dzięki jedynce trygonometrycznej.Wykazaliśmy, że wartość wyrażenia jest nie większa niż 1. Ponadto wy-rażenie przyjmuje tę wartość chociażby dla x = 1, y = 0, co kończydowód.

16

Rozdział 3

Jak to wymyślić?

Największym problemem dla młodego matematyka nie jest zazwyczajzrozumienie rozwiązania czy też zgłębienie wszelkich niuansów proble-mu nad którym pracuje, lecz ”wymyślenie„ toku rozumowania, który odpoczątku doprowadzi do rozwiązania. Niestety prawdą jest, że pozyski-wanie wiedzy matematycznej w pewien sposób ogranicza pomysłowość.Najlepszym przykładem na to jest następujące zadanie:

Zadanie 3.1. Wykazać, że dla dowolnych liczb rzeczywistych dodat-nich a, b, c prawdziwa jest nierówność

a2 + b2 + c2 ­ ab+ bc+ ca

Istnieje wiele prostych rozwiązań tego problemu bazujących na kla-sycznych nierównościach, między innymi na nierównościach Cauchy’ego,Jensena, ciągach zgodnie monotonicznych, czy też na podstawowych prze-kształceniach algebraicznych. Jako niedoświadczony zawodnik, nie zna-jący jeszcze klasycznych nierówności, autor wymyślił następujące roz-wiązanie

Dowód. Ze względu na symetrię względem zmiennych a, b, c możemyprzyjąć a ¬ b ¬ c, co możemy zapisać jako b = a + x oraz c = a + x + ydla pewnych x, y ∈ R+ ∪ {0}. Nierówność z zadania jest równoważnanierówności

a2 + (a+ x)2 + (a+ x+ y)2 ­ a(a+ x) + (a+ x)(a+ x+ y) + (a+ x+ y)a

Po uproszczeniu daje to

x2 + xy + y2 ­ 0

Co jest prawdą dla dowolnych nieujemnych liczb rzeczywistych x, y.

17

Zadanie 3.2 (Ukraina, 96). Udowodnij, że dla dowolnych liczb dodatnicha, b, c zachodzi nierówność

a3

b+ 2c+

b3

c+ 2a+

c3

a+ 2b­ a2 + b2 + c2

3

Jest to jedno ze standardowych zadań, w których najprostszym, azarazem najbardziej schematycznym pomysłem będzie wykorzystanienierówności Jensena. Wykorzystana jednorodność w tym przypadku niezmieni obliczeń (ponieważ możemy ją podzielić stronami przez a2+b2+c2i wziąć wagi postaci k

a2+b2+c2 dla k = a2, b2, c2), a jedynie uprości oblicze-nia, co zredukuje szanse pomyłki.

Dowód. Na mocy jednorodności możemy przyjąć a2 + b2 + c2 = 1 orazf(x) = 1

x . Dowodzona nierówność przyjmuje postać

∑cyc

a2f

(b+ 2ca

)­ 1

3

Ponieważ funkcja f jest wypukła dla dodatnich argumentów, możemyzastosować nierówność Jensena:

∑cyc

a2f

(b+ 2ca

)­ f

(∑cyc

(ab+2ac)

)= f

(3(ab+bc+ca)

)=

13(ab+ bc+ ca)

Czyli wystarczy wykazać

13(ab+ bc+ ca)

­ 13⇔ 1 ­ ab+ bc+ ca

Ale mamy przecież

1 = a2 + b2 + c2 ­ ab+ bc+ ca

Co kończy dowód.

Zadanie 3.3 (Hong Kong, 2000). Niech a1 ¬ a2 ¬ · · · ¬ an będą liczbamirzeczywistymi spełniającymi warunek

a1 + a2 + · · ·+ an = 0

Pokaż, żea21 + a22 + · · ·+ a2n + na1an ¬ 0

Pokażemy tutaj dwa zupełnie odmienne podejścia do zadania:

18

Sposób I.Zauważmy, że na mocy warunków zadania mamy (ai − a1)(ai − an) ¬ 0.Dodając ową nierówność stronami otrzymujemy

0 ­n∑i=1

(ai − a1)(ai − an) =n∑i=1

(a2i + a1an − ai(an + a1)) =

=n∑i=1

a2i + na1an + (a1 + an)n∑i=1

ai =n∑i=1

a2i + na1an

Co kończy dowód.

Wykorzystane spostrzeżenie jest całkiem naturalne i nietrudne do za-uważenia. W pierwszym momencie można pójść jednak zupełnie inną,nieco bardziej skomplikowaną drogą.

Sposób II.Przyjmijmy, że mamy dane a1 ¬ 0 ¬ an. Ponieważ funkcja f(x) = x2

jest wypukła, z nierówności Karamaty możemy oszacować z góry sumęwartości funkcji dla argumentów z przedziału 〈a1, an〉 o sumie równej0. Zastanówmy się jak będzie wyglądał ciąg spełniający warunki zadaniaoraz majoryzujący wszystkie inne ciągi spełniające te warunki. Będzie sięon zaczynał pewną liczbą, nazwijmy ją k, wyrazów równych b = an orazkończył pewną liczbąm wyrazów równych a = a1. Oprócz tego pomiędzymiędzy nimi znajdzie się jedna liczba s = −(ma+kb), spełniająca warunkia < s ¬ b. Mamy oczywiście n = m+ k+ 1. Wówczas wystarczy wykazać

ma2 + kb2 + (−ma− kb)2 + (m+ k + 1)ab ¬ 0

Lecz dzięki podstawowym przekształceniom jest to równoważne

ma2 + kb2 +m2a2 + 2abmk + k2b2 + (m+ k + 1)ab ¬ 0

ma2 + (m+mk)ab+m2a2 + kb2 + (k +mk)ab+ k2b2 + ab ¬ 0

ma(a+ (k + 1)b+ma) + kb(b+ (m+ 1)a+ kb) + ab ¬ 0

(ma+ kb)(ma+ nb+ a+ b) + ab ¬ 0

−s(−s+ a+ b) + ab ¬ 0

s2 − (a+ b)s+ ab ¬ 0

(s− a)(s− b) ¬ 0 (3.1)

Powyższa nierówność jest prawdziwa ze względu na s−a > 0 oraz s−b ¬0, a to dowodzi tezy.

19

Zadanie 3.4 (Polska, 2001). Niech n ­ 2 będzie liczbą całkowitą. Pokaż,że

n∑i=1

xii +

(n

2

)­

n∑i=1

ixi

dla wszystkich nieujemnych liczb x1, · · · , xn.

Nietrudno dostrzec, że(n2

)=∑n−1k=1 k. To sugeruje następujący lemat

Lemat 1. Dla dowolnej liczby naturalnej k oraz liczby rzeczywistej do-datniej x zachodzi nierówność

xk + k ­ 1 + kx (3.2)

Dowód. Wystarczy położyć t = x − 1. Mamy oczywiście t > −1, a nie-równość z lematu przyjmuje postać

(t+ 1)k ­ 1 + tk

Co jest nierównością Bernoulliego.

Sumując nierówność z lematu przy (k, x) = (i, xi) dla i = 1, 2, . . . , notrzymujemy tezę.

Dla porównania pokażemy firmowe rozwiązanie zaproponowane przezorganizatorów Olimpiady Matematycznej:

Dowód. Z nierówności między średnią geometryczną i średnią harmo-niczną dla liczb

y1 = xii, y2 = y3 = . . . = yi = 1

dla 2 ¬ i ¬ n otrzymujemy

xi = i√y1y2 . . . yi ¬

y1 + y2 + . . .+ yii

=xii + (i− 1)

i

Zatemn∑i=1

ixi ¬n∑i=1

(i− 1) +n∑i=1

xii, czylin∑i=1

ixi ¬(n

2

)+

n∑i=1

xii

Zadanie 3.5 (Rumunia, 96). Niech będą dane dodatnie liczby rzeczy-wiste x1, · · · , xn, xn+1 takie, że

xn+1 = x1 + · · ·+ xn

Wykaż, żen∑i=1

√xi(xn+1 − xi) ¬

√√√√ n∑i=1

xn+1(xn+1 − xi)

20

Dowód. Podnieśmy nierówność do kwadratu(n∑i=1

√xi(xn+1 − xi)

)2¬

n∑i=1

xn+1(xn+1 − xi)

Zastosujemy teraz nierówność Cauchy’ego– Schwarza(n∑i=1

√xi√xn+1 − xi

)2¬(

n∑i=1

xi

)(n∑i=1

(xn+1 − xi))

=

= xn+1

n∑i=1

(xn+1 − xi) =n∑i=1

xn+1(xn+1 − xi)

Co daje tezę.

Zadanie 3.6. Znajdź największą liczbę k ∈ R+ taką, by nierówność

a4 + b4 + c4 + abc(a+ b+ c) ­ k(ab+ bc+ ca)2

zachodziła dla wszelkich wartości a, b, c ∈ R+

Dowód. Połóżmy a = b = c = 1. Otrzymujemy wtedy 6 ­ 9k, czyli k ¬ 23 .Jeżeli więc wykażemy, że nierówność dla k = 2

3 jest zawsze spełniona, torozwiązaniem będzie właśnie ta liczba. Mamy

a4 + b4 + c4 + abc(a+ b+ c) ­ 23

(ab+ bc+ ca)2

3(a4 + b4 + c4

)+ 3abc(a+ b+ c) ­ 2(ab+ bc+ ca)2

3(a4 + b4 + c4

)+ 3abc(a+ b+ c) ­ 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) + 4abc(a+ b+ c)

3(a4 + b4 + c4

)­ 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) + abc(a+ b+ c)

Zaś na podstawie znanej nierówności x2+y2+z2 ­ xy+yz+zx prawdziwejdla dowolnych liczb x, y, z ∈ R+ mamy

a4 + b4 + c4 ­ a2b2 + b2c2 + c2a2 ­ ab2c+ a2bc+ abc2 = abc(a+ b+ c)

Z czego wynika 2(a4 + b4 + c4) ­ 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) oraz a4 + b4 + c4 ­abc(a+ b+ c). Dodając te nierówności stronami otrzymujemy tezę.

Zadanie 3.7 (LXI Olimpiada Matematyczna). Dowieść, że dla dowolnychliczb rzeczywistych dodatnich a, b, c i liczby całkowitej n ­ 1 zachodzinierówność

an+1

b+ c+bn+1

c+ a+cn+1

a+ b­(

an

b+ c+

bn

c+ a+

cn

a+ b

)n

√an + bn + cn

3

21

Zadanie to zostało uznane przez uczestników LXI Olimpiady Mate-matycznej jako jedno z najtrudniejszych na I etapie. Ponownie okazujesię, że poznane wcześniej połączenie jednorodności dowodzonej nierów-ności oraz nierówności Jensena pozwala w prosty sposób rozwiązać tenproblem.

Lemat 2. Jeżeli a, b, c ∈ R+ oraz an + bn + cn = 3 dla pewnego n ∈ N, tozachodzą nierówności:

3(a+ b+ c) > an+1 + bn+1 + cn+1 ­ 3 (3.3)

Dowód.n+1

√an+1 + bn+1 + cn+1

3­ n

√an + bn + cn

3

n+1

√an+1 + bn+1 + cn+1

3­ 1

an+1 + bn+1 + cn+1

3­ 1

an+1 + bn+1 + cn+1 ­ 3

Skąd mamy prawą stronę nierówności. Lewą otrzymujemy w następują-cy sposób: ponieważ a, b, c są dodatnie, mamy

an+1+bn+1+cn+1 < an+1+bn+1+cn+1+∑cyc

an(b+c) = (a+b+c)(an+bn+cn) =

= 3(a+ b+ c)

Czyli an+1 + bn+1 + cn+1 < 3(a+ b+ c).

Przystąpmy teraz do dowodu nierówności

Dowód. Na mocy jednorodności możemy przyjąć an+bn+cn = 3. Wtedydowodzona nierówność przyjmuje postać

∑cyc

an+1

b+ c­∑cyc

an

b+ c

∑cyc

ana− 1b+ c

­ 0

Oznaczając a+ b+ c = S, jednocześnie mamy∑cyc

ana− 1b+ c

=∑cyc

ana− 1

a+ b+ c− a=∑cyc

ana− 1S − a

22

Przyjmijmy f(x) = x−1S−x dla x ∈ (0, S). Sprawdźmy wypukłość funkcji f .

f ′(x) =(S − x)− (−1)(x− 1)

(S − x)2=

S − 1(S − x)2

f ′′(x) =−(S − 1)2(S − x)(−1)

(S − x)4=

2(S − 1)(S − x)(S − x)4

Skąd mamy f ′′(x) > 0 dla x ∈ (0, S) (jest S > 1, ponieważ w przeciwnymwypadku było a < 1, b < 1, c < 1, co pociąga an + bn + cn < 3), więc dlatego przedziału f jest wypukła. Możemy zatem zastosować nierównośćJensena. Mamy udowodnić∑

cyc

ana− 1S − a

=∑cyc

anf(a) ­ 0

∑cyc

an

3f(a) ­ 0

∑cyc

an

3f(a) ­ f

(an+1 + bn+1 + cn+1

3

)=

∑cyc

an+1

3 − 1

S −∑

cycan+1

3

=

∑cyc a

n+1 − 3

3S −∑cyc a

n+1

Na mocy lematu licznik liczby∑

cycan+1−3

3S−∑

cycan+1

jest nieujemny, a mianownikdodatni, zatem całe wyrażenie jest nie mniejsze od 0, czego mieliśmydowieść.

Zadanie 3.8 (Warsztaty Matematyczne 2010, V LO Kraków). Dane sąliczby rzeczywiste dodatnie a1, a2, . . . , a2010. Udowodnić, że zachodzinierówność

2010∑j=1

a2jaj + aj+1

­ 12

2010∑j=1

aj

Gdzie a2011 = a1.

To nietrudne, lecz jednocześnie nietrywialne zadanie jest doskonałymprzykładem na to jak różnorodne może być podejście do problemu– poskonsultowaniu rozwiązań ze współzawodnikiem okazało się, że każdyz nas wymyślił po dwa rozwiązania problemu, przy czym żadne dwa sięnie pokrywały. Tutaj przedstawię je wszystkie.

Sposób I.Oznaczmy dla uproszczenia zapisu (a jednocześnie uogólnienia tezy) n =

2010. Zauważmy, żen∑i=1

a2iai + ai+1

=n∑i=1

a2i+1ai + ai+1

. Istotnie, mamy przecież

n∑i=1

a2iai + ai+1

−n∑i=1

a2i+1ai + ai+1

=n∑i=1

a2i − a2i+1ai + ai+1

=n∑i=1

(ai − ai+1)(ai + ai+1)ai + ai+1

=

23

=n∑i=1

(ai − ai+1) =n∑i=1

ai −n+1∑i=2

ai = 0

Zatem po przemnożeniu nierówności z zadania przez 2, wystarczy wy-kazać

n∑i=1

a2iai + ai+1

+n∑i=1

a2i+1ai + ai+1

­n∑i=1

ai

Czyli dalejn∑i=1

a2i + a2i+1ai + ai+1

­n∑i=1

ai + ai+12

Jeżeli uda się nam wykazać nierównośća2i + a2i+1ai + ai+1

­ ai + ai+12

, to po jejzsumowaniu dla i = 1, 2 . . . , n otrzymamy tezę. Mamy zatem

a2i + a2i+1ai + ai+1

­ ai + ai+12

2(a2i + a2i+1) ­ (ai + ai+1)2

2(a2i + a2i+1) ­ a2i + 2aiai+1 + a2i+1

(ai − ai+1)2 ­ 0

Co dowodzi tezy.

Sposób II.Na mocy jednorodności możemy przyjąć

∑ni=1 ai = 1. Ponadto niech

f(x) = 11+x . Wiemy, że f jest wypukła, ponieważ f ′′(x) = 2(1 +x)−3, czyli

druga pochodna jest dodatnia dla argumentów dodatnich. Nierówność zzadania przyjmuje postać

n∑i=1

aiai

ai + ai+1­ 1

2

n∑i=1

ai1

1 + ai+1ai

­ 12

n∑i=1

aif

(ai+1ai

)­ 1

2

Co już prosto wynika z nierówności Jensena dla funkcji f , argumentówai+1ai

oraz wag ai dla i = 1, 2, . . . , n.

n∑i=1

aif

(ai+1ai

)­ f

(n∑i=1

ai ·ai+1ai

)= f

( n∑i=1

ai+1

)= f(1) =

12

24

Co kończy dowód.

Sposób III.Przekształćmy nierówność z zadania

n∑i=1

a2iai + ai+1

­ 12

n∑i=1

ai ⇔ 2 ­∑ni=1 ai∑n

i=1 aiai

ai+ai+1

Zastosujemy teraz nierówność między średnią arytmetyczną ważoną aśrednią harmoniczną ważoną dla liczb ai+ai+1

aiz wagami ai dla i = 1, 2, . . . , n

∑ni=1 ai∑n

i=1 aiai

ai+ai+1

·ni=1 ai

ai+ai+1ai∑n

i=1 ai=∑ni=1(ai + ai+1)∑n

i=1 ai=

2∑ni=1 ai∑ni=1 ai

= 2

A to dowodzi tezy.

Sposób IV.Oznaczmy bi = ai+ai+1 i użyjmy nierówności Schwarza w formie Engela

n∑i=1

a2iai + ai+1

=n∑i=1

a2ibi­(∑n

i=1 ai)2∑n

i=1 bi=

(∑ni=1 ai

)2∑ni=1(ai + ai+1)

=

=

(∑ni=1 ai

)22∑ni=1 ai

=12

n∑i=1

ai

Skąd otrzymujemy tezę.

Zadanie 3.9. Niech x, y, z ∈ R+ i x+ y + z = 1. Wykaż, że

∏cyc

((1− y)(1− z)

x

) (1−y)(1−z)x

­ 25681

(3.4)

Szacowanie z góry iloczynu jest zazwyczaj bardzo nieprzyjemnymtypem nierówności chyba, że zlogarytmujemy ją stronami, zmieniająciloczyn na sumę. Jest to podstawowy chwyt w takich nierównościach.

Dowód. Przekształćmy najpierw wyrażenie (1−y)(1−z)x do wygodniejszejpostaci. Mamy

(1− y)(1− z)x

=(x+ z)(x+ y)

x=x2 + xz + xy + yz

x=x(x+ y + z) + yz

x=

=x+ yz

x= 1 +

yz

x

25

Nierówność z zadania przyjmuje postać

∏cyc

(1 +

yz

x

)(1+ yzx

)­ 256

81

Zlogarytmujmy nierówność stronami, a następnie skorzystamy z podsta-wowych własności logarytmu.

ln∏cyc

(1 +

yz

x

)(1+ yzx

)­ ln

25681

∑cyc

(1 +

yz

x

)ln(

1 +yz

z

)­ ln

25681

Weźmy teraz funkcję f(x) = x lnx. Łatwo sprawdzić, że f jest wypukłai rosnąca na przedziale (1,+∞〉. Wobec tego będziemy mogli późniejzastosować nierówność Jensena

∑cyc

f

(1 +

yz

x

)­ ln

44

34

∑cyc

f

(1 +

yz

x

)­ 4 ln

43

∑cyc

13f

(1 +

yz

x

)­ 4

3ln

43

= f

(43

)Teraz na mocy nierówności Jensena mamy

∑cyc

13f

(1 +

yz

x

)­ f

(∑cyc

13

(1 +

yz

x

))

Ponieważ f jest rosnąca, aby udowodnić prawdziwość nierówności

f

(∑cyc

13

(1 +

yz

x

))­ f

(43

)wystarczy wykazać nierówność między ar-

gumentami, to jest ∑cyc

13

(1 +

yz

x

)­ 4

3

1 +yz

x+ 1 +

zx

y+ 1 +

xy

z­ 4

Lecz teraz już mamy prostoyz

x+zx

y+xy

z­ 1

26

Ze względu na symetrię zmiennych x, y, z możemy przyjąć x ¬ y ¬ z.Wówczas na mocy nierówności ciągów zgodnie monotonicznych mamy

yz

x+zx

y+xy

z=

[yz zx xy1x

1y

1z

]­[yz zx xy1y

1z

1x

]= z + x+ y = 1

Co kończy dowód.

Zadanie 3.10. Niech f : D → R+ będzie funkcją rosnącą oraz a1, a2, . . . , an ∈D. Wykaż, że(

f(a1))a1(

f(a2))a2

. . .(f(an)

)an­(f(a1)f(a2) . . . f(an)

)a1+a2+...+ann

Dowód. Bez straty ogólności przyjmijmy a1 ¬ a2 ¬ . . . ¬ an. Podobniejak w poprzednim zadaniu zlogarytmujmy nierówność stronami. Otrzy-mujemy

n∑i=1

ai ln f(ai) ­a1 + a2 + . . . an

n

n∑i=1

ln f(ai) (3.5)

Ponieważ złożenie funkcji rosnących jest funkcją rosnącą, możemy za-pisać, że g(x) = ln f(x) jest rosnąca, tj. g(a1) ¬ g(a2) ¬ . . . ¬ g(an). Po-nieważ ciągi (a1, a2, . . . , an) oraz

(g(a1), g(a2), . . . , g(an)

)są zgodnie mo-

notoniczne, na mocy nierówności Czebyszewa mamy

a1 + a2 + . . .+ ann

·g(a1) + g(a2) + . . .+ g(an)n

¬ a1g(a1) + a2g(a2) + . . .+ ang(an)n

Co po przemnożeniu przez n daje to tezę.

Zadanie 3.11 (C2627, Walther Janous). Niech x1, · · · , xn(n ­ 2) będądodatnimi liczbami rzeczywistymi oraz x1+· · ·+xn = sn. Ponadto niecha1, · · · , an będą dodatnimi liczbami rzeczywistymi. Znajdź największąstałą C(n) taką, że

n∑j=1

aj(sn − xj)xj

­ C(n)

(n∏j=1

aj

) 1n

Powyższe pozornie skomplikowane zadanie dla uważnego czytelnikanie powinno stanowić żadnego problemu.

Dowód. Po wstawieniu a1 = a2 = . . . = an oraz x1 = x2 = . . . = xnotrzymujemy natychmiast n(n − 1) ­ C(n). Jeżeli więc wykażemy, żedla C(n) = n(n − 1) nierówność zawsze jest prawdziwa, zadanie będzierozwiązane. Mamy do udowodnienia

n∑j=1

aj(sn − xj)xj

­ n(n− 1)

(n∏j=1

aj

) 1n

27

Co możemy przepisać równoważnie jako

n∑j=1

ajsnxj­ n(n− 1)

(n∏j=1

aj

) 1n

+n∑j=1

aj

Jeżeli położymy bj = xjsn

, mamy oczywiste∑nj=1 bj = 1 oraz do udowod-

nienia nierówność

n∑j=1

ajbj­ n(n− 1)

(n∏j=1

aj

) 1n

+n∑j=1

aj

Ale na mocy nierówności Cauchy’ego- Schwarza mamy

n∑j=1

ajbj­

(∑nj=1√aj

)2∑nj=1 bj

=

(n∑j=1

√aj

)2

Teraz wystarczy wykazać

(n∑j=1

√aj

)2­ n(n− 1)

(n∏j=1

aj

) 1n

+n∑j=1

aj

2∑

1¬i<j¬n

√aiaj ­ n(n− 1)

(n∏j=1

aj

) 1n

Zaś na mocy AM–GM mamy∑1¬i<j¬n

√aiaj

n(n−1)2

­ n(n−1)2

√√√√ n∏j=1

√an−1j = n

√√√√ n∏j=1

aj

A to daje tezę, z czego mamy C(n) = n(n− 1)

28

Rozdział 4

Kilka przydatnych lematów

Zamieszczone tutaj nierówności są nieskomplikowane i bardzo pro-ste do wykazania- niemal wszystkie dowody sprowadzają się do wycią-gnięcia odpowiednich czynników przed nawiasy lub zwijania w kwadraty.Niemniej jednak warto je znać, ponieważ ograniczony czas na zawodachmatematycznych oraz stres z nimi związany utrudniają ich wymyślenie.

Lemat 3. Dla dowolnych liczb rzeczywistych x, y takich, że (x, y) 6=(0, 0) zachodzi nierówność

x2 − xy + y2

x2 + xy + y2­ 1

3

Lemat 4. Dla dowolnych liczb rzeczywistych a, b, c, d zachodzi nierów-ność

1ab

+1cd­ 8

(a+ b)(c+ d)

Lemat 5. Dla dowolnych liczby x, y ∈ R+ prawdziwa jest nierówność

3

√x3 + y3

2¬ x2 + y2

x+ y

Lemat 6. Dla dowolnych liczb rzeczywistych dodatnich x, y takich, żex+ y ¬ 1 zachodzi nierówność

1− x1 + x

· 1− y1 + y

­ 1− (x+ y)1 + x+ y

Lemat 7. Dla dowolnych liczb rzeczywistych dodatnich x, y oraz do-wolnych różnych liczb całkowitych nieujemnych m,n takich, że m < nmamy nierówność

xm + ym

xm−1 + ym−1¬ xn + yn

xn−1 + yn−1

29

Rozdział 5

Dowody nierównościNesbitt’a

Twierdzenie 12. (Nierówność Nesbitt’a)Dla dowolnych liczb a, b, c ∈ R zachodzi nierówność

a

b+ c+

b

c+ a+

c

a+ b­ 3

2(5.1)

5.1 Nierówność Jensena

Dowód. Wobec jednorodności przyjmijmy a + b + c = 1 oraz niechf(x) = 1

x . f jest funkcją wypukłą, zatem skorzystajmy z nierównościJensena dla funkcji f oraz wag równych kolejno a, b, c. Otrzymujemy∑

cyc

af(b+ c) ­ f(∑cyc

a(b+ c))

= f(2(ab+ bc+ ca)) =1

2(ab+ bc+ ca)

Zatem wystarczy dowieść 12(ab+bc+ca) ­

32 ⇔ ab+ bc+ ca ¬ 13 , lecz wobec

nierówności a2 + b2 + c2 ­ ab+ bc+ ca⇔ (a− b)2 + (b− c)2 + (c− a)2 ­ 0otrzymujemy

1 = (a+ b+ c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab+ bc+ ca) ­ 3(ab+ bc+ ca)

czyliab+ bc+ ca ¬ 1

3

5.2 Nierówność Cauchy’ego- Schwarza

Dowód. Przyjmijmy x1 = a, x2 = b, x3 = c, y1 = b+c, y2 = c+a, y3 = a+b.

Dla nierówności Cauchy’ego- Schwarza(

n∑i=1

aibi

)2¬(

n∑i=1

a2i

)(n∑i=1

b2i

)

30

połóżmy ai =√

xiyi

oraz bi =√xiyi. Dostajemy nierówność

n∑i=1

xiyi­

( n∑i=1

xi

)2n∑i=1

xiyi

(5.2)

Na podstawie nierówności (5.2) otrzymujemy

∑cyc

a

b+ c=3∑i=1

xiyi­

( 3∑i=1

xi

)23∑i=1

xiyi

=(a+ b+ c)2

2(ab+ bc+ ca)=

=a2 + b2 + c2 + 2(ab+ bc+ ca)

2(ab+ bc+ ca)­ 3(ab+ bc+ ca)

2(ab+ bc+ ca)=

32

5.3 Średnia arytmetyczna i harmoniczna

Dowód. Zapiszmy nierówność między średnią arytmetyczną dla liczb a+b, b+ c, c+ a i przekształćmy ją równoważnie

(a+ b) + (b+ c) + (c+ a)3

­ 31a+b + 1

b+c + 1c+a

2(a+ b+ c)(

1a+ b

+1

b+ c+

1c+ a

)­ 9

a+ b+ c

a+ b+a+ b+ c

b+ c+a+ b+ c

c+ a­ 9

2

a

b+ c+

b

c+ a+

c

a+ b+ 3 ­ 9

2

a

b+ c+

b

c+ a+

c

a+ b­ 3

2

31

5.4 Nierówność Cauchy’ego

Dowód. Oznaczmy x = b+c, y = c+a, z = a+b. Dowodzona nierównośćjest równoważna

12

(x+ z − y

y+y + x− z

z+z + y − x

x

)­ 3

2

Na mocy nierówności Cauchy’ego prawdziwa jest nierówność

a

b+b

a­ 2

√a

b· ba

= 2 (5.3)

Dalej korzystając z nierówności (5.3)12

(x+ z − y

y+y + x− z

z+z + y − x

x

)=

12

(x+ y

z+y + z

x+z + x

y− 3)

=

=12

((x

y+y

x

)+(y

z+z

y

)+(z

x+x

z

)− 3

)­ 1

2(2 + 2 + 2− 3) =

32

5.5 Porównanie sum

Lemat 8. Dla dowolnych dodatnich liczb rzeczywistych zachodzi conajmniej jedna z nierówności

S1 =a

a+ b+

b

b+ c+

c

c+ a­ 3

2(5.4)

S2 =b

a+ b+

c

b+ c+

a

c+ a­ 3

2(5.5)

Przypuśćmy nie wprost, że żadna z powyższych nierówności nie za-chodzi. Wówczas mamy

3 =a+ b

a+ b+b+ c

b+ c+c+ a

c+ a= S1 + S2 <

32

+32

= 3

Czyli sprzeczność, co dowodzi prawdziwości lematu.

Dowód. Przypuśćmy bez straty ogólności, że S1 ­ 32 (układ jest syme-

tryczny). Oznaczmy ponadto lewą stronę nierówności Nesbitt’a przez S3.Wystarczy, że wykażemy S3 ­ S1. Mamy przecież

S3 + 3 = S1 + S2 + S3 =a+ c

a+ b+b+ a

b+ c+c+ b

c+ a+ S1 (5.6)

A z AM–GM wynikaa+ c

a+ b+b+ a

b+ c+c+ b

c+ a­ 3

Czyli ostatecznie S3 ­ S1 ­ 32 , co należało dowieść.

32

5.6 Nierówność Karamaty

Dowód. Na mocy jednorodności możemy przyjąć a+ b+ c = 1. Wówczasnierówność to wykazania to

∑cyc

a

1− a­ 3

2(5.7)

Łatwo sprawdzić, że funkcja f(x) = x1−x jest wypukła na przedziale (0, 1).

Zatem na mocy nierówności Karamaty mamy

∑cyc

f(a) ­ 3f(

13

)= 3 · 1

2=

32

Co kończy dowód.

33

Bibliografia

[1] Hojoo Lee: Topics in Inequalities- Theorems and Techniques

[2] Thomas J. Mildorf: Olympiad Inequalities

[3] Henryk Pawłowski: Zadania z olimpiad matematycznych z całe-go świata, wyd. Tutor, 2005

[4] Witold Mizerski: Tablice Matematyczne, wyd. Adamantan, 2004

[5] Lidia Filist: Słownik Matematyczny, wyd. Europa, 2003

[6] miesięcznik Delta- matematyka, fizyka, astronomia, informatyka,wyd. Uniwersytet Warszawski

[7] www.om.edu.pl

[8] archom.ptm.org.pl

[9] www.wikipedia.pl

[10] www.matematyka.pl

34