X OM - II - Zadanie 3

Dowieść, że jeżeli $ 0 \leq \alpha < \frac{\pi}{2} $ i $ 0 \leq \beta < \frac{\pi}{2} $, to

\[<br />
(1) \qquad \tg \frac{\alpha + \beta}{2} \leq<br />
	\frac{\tg  \alpha + \tg  \beta}{2}.<br />
\]

Rozwiązanie

Przekształcając lewą stronę nierówności (1), otrzymujemy

\[<br />
\begin{split}<br />
(2) \qquad<br />
\tg \frac{\alpha + \beta}{2} =<br />
\frac{\sin \frac{\alpha + \beta}{2}}{\cos \frac{\alpha + \beta}{2}} =<br />
\frac{2 \sin \frac{\alpha + \beta}{2} \cdot \cos \frac{\alpha + \beta}{2}}{2\cos^2 \frac{\alpha + \beta}{2}} =<br />
\frac{\sin (\alpha + \beta)}{1 + \cos (\alpha + \beta)} = \\<br />
= \frac{\sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta}{1 + \cos (\alpha + \beta)} =<br />
\frac{\cos \alpha \cdot \cos \beta}{1 + \cos (\alpha + \beta)} \cdot   (\tg \alpha + \tg \beta).<br />
\end{split}<br />
\]

Ponieważ $ 1 \geq \cos (\alpha - \beta) $, więc

\[<br />
(3) \qquad<br />
\frac{\cos \alpha \cos \beta}{1 + \cos (\alpha + \beta)} \leq<br />
\frac{\cos \alpha \cos \beta}{\cos (\alpha - \beta) + \cos (\alpha + \beta)} = \frac{\cos \alpha \cos \beta}{2 \cos \alpha \cos \beta} = \frac{1}{2}.<br />
\]

Ze związków (2) i (3) wynika nierówność (1).

Z powyższego rachunku wynika prócz tego, że równość

\[<br />
\tg \frac{\alpha + \beta}{2} = \frac{\tg \alpha + \tg \beta}{2}<br />
\]

zachodzi tylko wtedy, gdy $ \cos (\alpha - \beta) = 1 $, tj. gdy $ \alpha = \beta $.

Uwaga 1. Prawdziwe jest twierdzenie ogólniejsze: jeżeli

\[<br />
0 \leq \alpha_1 < \frac{\pi}{2},\<br />
0 \leq \alpha_2 < \frac{\pi}{2},\<br />
\ldots,\<br />
0 \leq \alpha_n < \frac{\pi}{2}, \textrm{ to}<br />
\]
\[<br />
(4) \qquad \tg \frac{\alpha_1 + \alpha_2 + \ldots + \alpha_n}{n} \leq<br />
\frac{ \tg \alpha_1 + \tg \alpha_2 + \ldots + \tg \alpha_n}{n},<br />
\]

przy czym równość obu stron nierówności (4) zachodzi tylko wtedy, gdy $ \alpha_1 = \alpha_2 = \ldots = \alpha_n $.

Dowód twierdzenia (4) można oprzeć na tym samym pomyśle, który Cauchy zastosował do dowodu twierdzenia o średniej geometrycznej (Por. Zadania z Olimpiad Matematycznych, PZWS 1958, Zadanie Nr 62). Przeprowadzamy dowód najpierw dla przypadku, gdy $ n $ jest naturalną potęgą liczby $ 2 $. Gdy $ n = 2 $, twierdzenie już udowodniliśmy. Jeżeli jest ono prawdziwe dla $ n = k $, to jest również prawdziwe dla $ n = 2k $, gdyż

\[<br />
(5) \qquad<br />
\tg \frac{\alpha_1 + \alpha_2 + \ldots + \alpha_{2k-1} + \alpha_{2k}}{2k}=<br />
\tg \frac{ \frac{\alpha_1 + \alpha_2}{2} + \ldots + \frac{ \alpha_{2k-1} + \alpha_{2k}}{2}}{k},<br />
\]

więc na mocy przesłanki indukcyjnej

\[<br />
\tg \frac{\alpha_1 + \alpha_2 + \ldots + \alpha_{2k}}{2k} \leq<br />
 \frac{\tg \frac{\alpha_1 + \alpha_2}{2} + \ldots +\tg \frac{\alpha_{2k-1} + \alpha_{2k}}{2}}{k},<br />
\]

skąd otrzymujemy wzór (4), stosując do każdego wyrazu licznika prawej strony nierówność (1).

Wzór (4) jest zatem prawdziwy dla każdego $ n $ postaci $ 2^m $.

Jeżeli $ n > 1 $ nie jest naturalną potęgą liczby $ 2 $, to istnieje takie naturalne $ m $, że

\[<br />
2^{m-1} < n < 2^m.<br />
\]

Niech $ p $ oznacza różnicę $ 2^m - n $, wobec czego $ n + p = 2^m $. Wprowadzamy oznaczenia

\[<br />
\alpha_{n+1} = \alpha_{n+2} = \ldots = \alpha_{n+p} =<br />
\frac{\alpha_{1} + \alpha_{2} + \ldots + \alpha_{n}}{n}.<br />
\]

Ponieważ $ n + p $ jest naturalną potęgą liczby $ 2 $, więc na mocy poprzedniego

\[<br />
(6) \qquad<br />
\tg \frac{\alpha_{1} + \alpha_{2} + \ldots + \alpha_{n+p}}{n+p} \leq<br />
\frac{ \tg \alpha_1 + \tg \alpha_2 + \ldots + \tg \alpha_{n+p}}{n+p}.<br />
\]

Otóż

\[<br />
\frac{\alpha_{1} + \alpha_{2} + \ldots + \alpha_{n+p}}{n+p} =<br />
\frac{\alpha_{1} + \alpha_{2} + \ldots + \alpha_{n} + p \frac{\alpha_{1} + \alpha_{2} + \ldots + \alpha_{n}}{n}}{n+p} =<br />
\frac{\alpha_{1} + \alpha_{2} + \ldots + \alpha_{n}}{n},<br />
\]

a

\[<br />
\frac{ \tg \alpha_1 + \tg \alpha_2 + \ldots + \tg \alpha_{n+p}}{n+p} =<br />
\frac{ \tg \alpha_1 + \tg \alpha_2 + \ldots + \tg \alpha_{n} + p \tg<br />
\frac{\alpha_1 + \alpha_2 + \ldots + \alpha_{n}}{n}}{n+p},<br />
\]

wobec czego nierówność (6) daje

\[<br />
\tg \frac{\alpha_1 +  \alpha_2 + \ldots + \alpha_{n}}{n} \leq<br />
\frac{ \tg \alpha_1 + \tg \alpha_2 + \ldots + \tg \alpha_{n} + p \tg \frac{  \alpha_1 +  \alpha_2 + \ldots + \alpha_{n}}{n}}{n+p},<br />
\]

skąd

\[<br />
(n + p) \tg \frac{\alpha_1 +  \alpha_2 + \ldots + \alpha_{n}}{n} \leq<br />
\tg \alpha_1 + \tg \alpha_2 + \ldots + \tg \alpha_{n} + p \tg \frac{\alpha_1 +  \alpha_2 + \ldots + \alpha_{n}}{n}<br />
\]

i ostatecznie

\[<br />
n \tg \frac{\alpha_1 +  \alpha_2 + \ldots + \alpha_{n}}{n} \leq<br />
\tg \alpha_1 + \tg \alpha_2 + \ldots + \tg \alpha_{n}.<br />
\]

Udowodniliśmy, że nierówność (4) zachodzi dla każdego naturalnego $ n > 1 $.

Jeżeli nie wszystkie liczby $ \alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_n $ są równe między sobą, tzn. jeżeli istnieją takie wskaźniki $ r $ i $ s $, że $ \alpha_r \ne \alpha_s $, to zachodzi nierówność ,,mocna''

\[<br />
(4a )\qquad<br />
\tg \frac{\alpha_1 +  \alpha_2 + \ldots + \alpha_{n}}{n} <<br />
\frac{\tg \alpha_1 +  \tg \alpha_2 + \ldots + \tg \alpha_{n}}{n}.<br />
\]

Dowód w tym przypadku można przeprowadzić tak samo, jak poprzednio w przypadku ogólnym. Trzeba tylko we wzorze (5) tak połączyć składniki $ \alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_{2k} $ w pary, żeby $ \alpha_r $ i $ \alpha_s $ stanowiły jedną parę. Wtedy we wszystkich następnych wzorach można znak $ \leq $ zastąpić znakiem $ < $.

Wobec powyższego równość

\[<br />
\tg \frac{\alpha_1 +  \alpha_2 + \ldots + \alpha_{n}}{n} =<br />
\frac{\tg \alpha_1 +  \tg \alpha_2 + \ldots + \tg \alpha_{n}}{n}<br />
\]

zachodzi tylko wtedy, gdy $ \alpha_1 = \alpha_2 = \ldots = \alpha_n $.

Na uwagę zasługuje okoliczność, że w całym powyższym rozumowaniu nie korzystaliśmy z żadnej własności funkcji $ \tg x $ poza tą jedną, że spełnia ona nierówność (1). Stąd wnosimy, że zachodzi twierdzenie znacznie ogólniejsze:

Jeżeli funkcja $ f(x) $, określona w pewnym przedziale, spełnia nierówność

\[<br />
(\alpha) \qquad f \left( \frac{x_1+x_2}{2} \right) \leq\frac{f(x_1) + f(x_2)}{2}<br />
\]

dla dowolnych wartości $ x_1 $ i $ x_2 $ z tego przedziału, to

\[<br />
(\beta) \qquad<br />
f \left( \frac{x_1 + x_2+ \ldots + x_n}{n} \right)<br />
\leq \frac{ f(x_1) + f(x_2) + \ldots + f (x_n)}{n}<br />
\]

dla dowolnych wartości $ x_1, x_2,\ldots, x_n $ z rozważanego przedziału. Jeżeli przy tym we wzorze $ (\alpha) $ równość obu stron ma miejsce tylko wtedy, gdy $ x_1 = x_2 $, to równość dla stron wzoru $ (\beta) $ zachodzi tydko wtedy, gdy $ x_1 = x_2= \ldots = x_n $.

Własność funkcji wyrażona wzorem $ (\alpha) $ ma proste znaczenie geometryczne. Weźmy pod uwagę wykres funkcji ciągłej $ f(x) $ i niech $ P_1 $, $ P_2 $ i $ Q $ będą tymi punktami wykresu, które odpowiadają wartościom $ x_1 $, $ x_2 $ i $ \frac{x_1+x_2}{2} $ zmiennej $ x $, $ M $ zaś niech będzie środkiem odcinka $ P_1P_2 $ (rys. 18).

Jeżeli zachodzi $ (\alpha) $, to punkt $ Q $ leży niżej od punktu $ M $ lub pokrywa się z $ M $. Gdy ma to miejsce dla dowolnych punktów $ P_1 $ i $ P_2 $ wykresu, to mówimy, że wykres ten jest krzywą wypukłą (od dołu), a funkcję $ f(x) $ nazywamy funkcją wypukłą.

Podobnie, jeżeli dla dowolnych wartości $ x_1 $, $ x_2 $ (z pewnego przedziału)

\[<br />
f \left( \frac{x_1 + x_2}{n} \right) \geq \frac{ f(x_1) + f(x_2)}{n}<br />
\]

to funkcję $ f(x) $ i jej wykres nazywamy wklęsłymi (od dołu). Łatwo sprawdzić, że na przykład funkcje $ \log x $ i $ \sin x $ są wklęsłe odpowiednio w przedziałach $ (0, \infty) $ i $ (0, \pi) $, a funkcje $ a^r $ ($ a > 0 $) i $ x^2 $ są wypukłe w każdym przedziale.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź