Olimpiady Matematyczne

Matematyka jest drzwiami i kluczem do nauki.

Roger Bacon

Komentarz

X OM - II - Zadanie 3

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

$ (1) \qquad \tg \frac{\alpha + \beta}{2} \leq \frac{\tg \alpha + \tg \beta}{2}. $

Rozwiązanie

Przekształcając lewą stronę nierówności (1), otrzymujemy

$ \begin{split} (2) \qquad \tg \frac{\alpha + \beta}{2} = \frac{\sin \frac{\alpha + \beta}{2}}{\cos \frac{\alpha + \beta}{2}} = \frac{2 \sin \frac{\alpha + \beta}{2} \cdot \cos \frac{\alpha + \beta}{2}}{2\cos^2 \frac{\alpha + \beta}{2}} = \frac{\sin (\alpha + \beta)}{1 + \cos (\alpha + \beta)} = \\ = \frac{\sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta}{1 + \cos (\alpha + \beta)} = \frac{\cos \alpha \cdot \cos \beta}{1 + \cos (\alpha + \beta)} \cdot (\tg \alpha + \tg \beta). \end{split} $

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

$ (3) \qquad \frac{\cos \alpha \cos \beta}{1 + \cos (\alpha + \beta)} \leq \frac{\cos \alpha \cos \beta}{\cos (\alpha - \beta) + \cos (\alpha + \beta)} = \frac{\cos \alpha \cos \beta}{2 \cos \alpha \cos \beta} = \frac{1}{2}. $

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

Z powyższego rachunku wynika prócz tego, że równość

$ \tg \frac{\alpha + \beta}{2} = \frac{\tg \alpha + \tg \beta}{2} $

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

Uwaga 1. Prawdziwe jest twierdzenie ogólniejsze: jeżeli

$ 0 \leq \alpha_1 < \frac{\pi}{2},\ 0 \leq \alpha_2 < \frac{\pi}{2},\ \ldots,\ 0 \leq \alpha_n < \frac{\pi}{2}, \textrm{ to} $

$ (4) \qquad \tg \frac{\alpha_1 + \alpha_2 + \ldots + \alpha_n}{n} \leq \frac{ \tg \alpha_1 + \tg \alpha_2 + \ldots + \tg \alpha_n}{n}, $

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

$ (5) \qquad \tg \frac{\alpha_1 + \alpha_2 + \ldots + \alpha_{2k-1} + \alpha_{2k}}{2k}= \tg \frac{ \frac{\alpha_1 + \alpha_2}{2} + \ldots + \frac{ \alpha_{2k-1} + \alpha_{2k}}{2}}{k}, $

więc na mocy przesłanki indukcyjnej

$ \tg \frac{\alpha_1 + \alpha_2 + \ldots + \alpha_{2k}}{2k} \leq \frac{\tg \frac{\alpha_1 + \alpha_2}{2} + \ldots +\tg \frac{\alpha_{2k-1} + \alpha_{2k}}{2}}{k}, $

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

$ 2^{m-1} < n < 2^m. $

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

$ \alpha_{n+1} = \alpha_{n+2} = \ldots = \alpha_{n+p} = \frac{\alpha_{1} + \alpha_{2} + \ldots + \alpha_{n}}{n}. $

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

$ (6) \qquad \tg \frac{\alpha_{1} + \alpha_{2} + \ldots + \alpha_{n+p}}{n+p} \leq \frac{ \tg \alpha_1 + \tg \alpha_2 + \ldots + \tg \alpha_{n+p}}{n+p}. $

Otóż

$ \frac{\alpha_{1} + \alpha_{2} + \ldots + \alpha_{n+p}}{n+p} = \frac{\alpha_{1} + \alpha_{2} + \ldots + \alpha_{n} + p \frac{\alpha_{1} + \alpha_{2} + \ldots + \alpha_{n}}{n}}{n+p} = \frac{\alpha_{1} + \alpha_{2} + \ldots + \alpha_{n}}{n}, $

$ \frac{ \tg \alpha_1 + \tg \alpha_2 + \ldots + \tg \alpha_{n+p}}{n+p} = \frac{ \tg \alpha_1 + \tg \alpha_2 + \ldots + \tg \alpha_{n} + p \tg \frac{\alpha_1 + \alpha_2 + \ldots + \alpha_{n}}{n}}{n+p}, $

wobec czego nierówność (6) daje

$ \tg \frac{\alpha_1 + \alpha_2 + \ldots + \alpha_{n}}{n} \leq \frac{ \tg \alpha_1 + \tg \alpha_2 + \ldots + \tg \alpha_{n} + p \tg \frac{ \alpha_1 + \alpha_2 + \ldots + \alpha_{n}}{n}}{n+p}, $

skąd

$ (n + p) \tg \frac{\alpha_1 + \alpha_2 + \ldots + \alpha_{n}}{n} \leq \tg \alpha_1 + \tg \alpha_2 + \ldots + \tg \alpha_{n} + p \tg \frac{\alpha_1 + \alpha_2 + \ldots + \alpha_{n}}{n} $

i ostatecznie

$ n \tg \frac{\alpha_1 + \alpha_2 + \ldots + \alpha_{n}}{n} \leq \tg \alpha_1 + \tg \alpha_2 + \ldots + \tg \alpha_{n}. $

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''

$ (4a )\qquad \tg \frac{\alpha_1 + \alpha_2 + \ldots + \alpha_{n}}{n} < \frac{\tg \alpha_1 + \tg \alpha_2 + \ldots + \tg \alpha_{n}}{n}. $

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

$ \tg \frac{\alpha_1 + \alpha_2 + \ldots + \alpha_{n}}{n} = \frac{\tg \alpha_1 + \tg \alpha_2 + \ldots + \tg \alpha_{n}}{n} $

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

$ (\alpha) \qquad f \left( \frac{x_1+x_2}{2} \right) \leq\frac{f(x_1) + f(x_2)}{2} $

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

$ (\beta) \qquad f \left( \frac{x_1 + x_2+ \ldots + x_n}{n} \right) \leq \frac{ f(x_1) + f(x_2) + \ldots + f (x_n)}{n} $

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)

$ f \left( \frac{x_1 + x_2}{n} \right) \geq \frac{ f(x_1) + f(x_2)}{n} $

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.

Wersja do wydruku

Olimpiady Matematyczne

Komentarz

X OM - II - Zadanie 3

Rozwiązanie

Dodaj komentarz

Klasyfikacja tematyczna

Rok

Zawody