Komentarz

XVII OM - III - Zadanie 4

Dowieść, że jeżeli liczby nieujemne $x_1, x_2,\ldots,x_n$ ( $n$ - dowolna liczba naturalna) spełniają nierówność
$x_1 + x_2 + \ldots + x_n \leq \frac{1}{2}$ , to

$ (1 - x_1)(1 - x_2)\ldots (1-x_n) \geq \frac{1}{2} $

Rozwiązanie

Zastosujemy metodę indukcji. Dla $n = 1$ twierdzenie jest prawdziwe, gdyż jeśli $x_1 \leq \frac{1}{2}$ , to $1 - x_1 \geq \frac{1}{2}$ . Załóżmy, że jest ono prawdziwe dla pewnego naturalnego $k$ , tzn. że jeśli liczby $x_1, x_2, \ldots, x_k$ są nieujemne i $x_1+x_2+\ldots+x_k \leq \frac{1}{2}$ , to $(1-x_1) (1 - x_2)\ldots (1 - x_k) \geq \frac{1}{2}$ .

Niech $x_1,x_2,\ldots ,x_k,x_{k+1}$ będą liczbami nieujemnymi spełniającymi nierówność $x_1+x_2+ \ldots + x_k+x_{k+1} \leq \frac{1}{2}$ . Napiszemy tę nierówność w postaci $x_1+x_2+ \ldots +x_k' \leq \frac{1}{2}$ , gdzie $x_k'=x_k+x_{k+1}$ , zatem $x_k' \geq 0$ .

Na mocy założenia indukcyjnego mamy

$ (1-x_1)(1 - x_2)\ldots (1 - x_k') = (1 - x_1) (1 - x_2)\ldots (1-x_k-x_{k+1}) \geq \frac{1}{2}. $

Ponieważ $x_kx_{k+1} \geq 0$ , więc $1 - x_k- x_{k+1} \leq 1 - x_k- k_{k+1}+x_kx_{k+1}= (1-x_k)(1-x_{k+1}).$

Zatem

$ (1 - x_1)(1 - x_2)\ldots (1-x_k)(1- x_{k+1}) \geq (1 - x_1)(1 - x_2)\ldots (1-x_k- x_{k+1}) \geq \frac{1}{2}, $

skąd na podstawie zasady indukcji wynika, że twierdzenie jest prawdziwe dla każdego naturalnego $n$ .

Uwaga 1. W podobny sposób można udowodnić twierdzenia:

a) Jeżeli liczby $x_1,x_2,\ldots, x_n$ są nieujemne i $x_1+ x_2+ \ldots x_n < \frac{1}{2}$ to $(1-x_1) (1-x_2)\ldots (1-x_n)> \frac{1}{2}$ ;

b) Jeżeli liczby $x_1,x_2,\ldots,x_n$ są dodatnie, $x_1+x_2+ \ldots +x_n \leq \frac{1}{2}$ i $n \geq 2$ , to $(1-x_1)(1-x_2)+ \ldots (1-x_n)> \frac{1}{2}$ .

Dokładne uzasadnienie tych twierdzeń proponujemy jako ćwiczenie.

Uwaga 2. Prawdziwe jest następujące uogólnienie dowiedzionego wyżej twierdzenia:

Jeżeli liczby $x_1,x_2,\ldots,x_n$ spełniają nierówności $0 \leq x_i \leq 1$ ( $i = 1,2,\ldots ,n$ ), to

$ (1 - x_1)(1 - x_2)\ldots (1-x_n) \geq 1 - (x_1+x_2+ \ldots +x_n). $

Łatwo to udowodnić metodą indukcji. Można też nie stosować indukcji, i rozumować, jak następuje.

Niech

$ (1-x_1)(1-x_2)\ldots (1-x_r) = P_r \ (r= 1,2, \ldots,n). $

Wówczas

$ P_{i+1}= (1-x_{i+1})P_i=P_i-x_{i+1}P_i \ (i =1,2,\ldots ,n-1), $

zatem

$ P_{i+1} \geq P_i - x_{i+1}, $

gdyż $x_{i+1} \geq 0$ , a $P_i \leq 1$ . Dodając te nierówności stronami dla $i=1,2,\ldots ,n-1$ wraz z równością $P_1=1-x_1$ , otrzymujemy po redukcji

$ P_n \geq 1 - (x_1+x_2+ \ldots +x_n). $

Uwaga 3. Sposób, w jaki przeprowadziliśmy wyżej dowód indukcyjny, można zastosować w wielu przypadkach. W szczególności uzyskuje się na tej drodze bardzo prosty dowód twierdzenia Cauchy o średniej arytmetycznej i średniej geometrycznej, tj. twierdzenia

(1) Jeśli $a_1, a_2,\ldots ,a_n > 0$ , to

$ \frac{a_1+a_2+ \ldots +a_n}{n} \geq \sqrt[n]{a_1a_2 \ldots a_n}, $

przy czym równość obu stron tej nierówności ma miejsce tylko wtedy, gdy $a_1 = a_2= \ldots = a_n$ .

W tym celu stwierdzamy najpierw, że twierdzenie (1) jest równoważne twierdzeniu:

(2) Jeśli $x_1,x_2,\ldots,x_n>0$ i $x_1x_2\ldots x_n= 1$ , to

$ x_1+x_2+ \ldots +x_n \geq n, $

przy czym równość obu stron tej nierówności zachodzi tylko wtedy, gdy $x_i = 1$ dla każdego $i$ .

Istotnie, twierdzenie (2) jest oczywistym wnioskiem z (1), odwrotnie zaś sprowadzamy (1) do (2) biorąc

$ x_i = \frac{a_i}{\sqrt[n]{a_1a_2 \ldots a_n}}. $

Dowód twierdzenia (2) przeprowadzimy, jak następuje:

Dla $n=1$ , twierdzenie jest prawdziwe. Przypuśćmy, że jest ono prawdziwe dla pewnego naturalnego $n$ i niech liczby nieujemne $x_1, x_2,\ldots, x_n, x_{n+1}$ spełniają warunek

$ (3) \qquad x_1 x_2\ldots x_n x_{n+1} = 1. $

Jeżeli $x_i = 1$ dla $i = 1,2,\ldots ,n+1$ , to $x_1+x_2+ \ldots + x_n+x_{n+1}= n+1$ . Jeżeli nie wszystkie $x_i$ są równe $1$ , to wobec równości (3) są wśród nich zarówno liczby mniejsze, jak większe od $1$ ; możemy np. przyjąć, że $x_n<1$ , a $x_{n+1}>1$ . Niech $x_nx_{n+1}=x_n'$ , wówczas $x_n' \geq 0$ i $x_1x_2 \ldots x_n' = 1$ , więc na mocy założenia indukcyjnego

$ x_1+x_2+ \ldots +x_n' \geq n. $

Wobec tego

$ \begin{split} x_1 + x_2+ \ldots +x_n+x_{n+1}&= x_1+x_2+ \ldots +x_n' + x_n + x_{n+1} - x_nx_{n+1} \geq\\ &\geq n+1 + (x_{n+1}-1)(1-x_n) > n+1, \end{split} $

gdyż $(x_{n+1}-1)(1-x_n)>0$ . Zatem w każdym przypadku $x_1+x_2+\ldots+x_n+x_{n+1} \geq n+1$ , przy czym obie strony tej nierówności są równe tylko wtedy, gdy $x_1 = x_2 = \ldots = x_n = x_{n+1}$ . Twierdzenie Cauchy'ego zostało udowodnione.

Wersja do wydruku

Olimpiady Matematyczne

Komentarz

XVII OM - III - Zadanie 4

Rozwiązanie

Dodaj komentarz

Klasyfikacja tematyczna

Rok

Zawody