Olimpiady Matematyczne

Matematyka jest drzwiami i kluczem do nauki.

Roger Bacon

XX OM - I -Zadanie 5

Dowieść, że dla dowolnych liczb dodatnich $a$ i $b$ i naturalnego $n$

$ \frac{a^n + b^n}{2} \geq \left( \frac{a+b}{2}\right)^n. $

Rozwiązanie

Stosujemy indukcję zupełną

a) Gdy $n = 1$ , teza twierdzenia przybiera postać $\frac{a+b}{2} \geq \frac{a+b}{2}$ jest więc prawdziwa.

b) Jeśli dla pewnego naturalnego $n$ zachodzi nierówność (1), to

$ \frac{a^{n+1}+b^{n+1}}{2} = \frac{a^{n+1}+b^{n+1}}{a^n+b^n} \cdot \frac{a^n+b^n}{2} \geq \frac{a^{n+1}+b^{n+1}}{a^n+b^n} \cdot \left( \frac{a+b}{2} \right)^n, $

więc

$ (2) \qquad \frac{a^{n+1}+b^{n+1}}{2} \geq \frac{2(a^{n+1}+b^{n+1}}{(a^n+b^n)(a+b)} \cdot \left( \frac{a+b}{2} \right)^{n+1}. $

Otóż

$ (3) \qquad \begin{split} \frac{2(a^{n+1}+b^{n+1})}{(a^n+b^n) (a+b)} &= \frac{(a^n+b^n)(a+b) + (a^n- b^n)(a-b)}{(a^n+b^n) (a+b)} =\\ &=1 + \frac{(a^n - b^n)(a - b)}{(a^n + b^n)(a+b)} \geq 1, \end{split} $

gdyż

$ (a^n-b^n)(a-b) = (a-b)^2 (a^{n-1}+a^{n-2}b+ \ldots +b^{n-1}) \geq 0. $

Z (2) i (3) otrzymujemy

$ \frac{a^{n+1}+b^{n+1}}{2} \geq \left( \frac{a+b}{2} \right)^{n+1}, $

tzn. teza twierdzenia jest prawdziwa dla wykładnika $n+1$ .

Z a) i b) wynika przez indukcję, że teza (1) jest prawdziwa dla każdego naturalnego $n$ .

Uwaga. Krótszy dowód twierdzenia uzyskamy korzystając z rachunku różniczkowego.

Bez szkody dla ogólności rozumowania możemy przyjąć, że $a \leq b$ . Niech $\frac{a}{b} = c$ i niech $f$ oznacza funkcję określoną wzorem

$ f(c) = 2^{n-1} (c^n+1) - (c+1)^n. $

Twierdzenie nasze możemy wypowiedzieć w postaci:

Gdy $0 < c \leq 1$ , a $n$ jest liczbą naturalną, to $f(c) \geq 0$ .

Dowód wystarczy przeprowadzić przy założeniu, że $n > 1$ i $c < 1$ , gdy bowiem $n = 1$ lub $c = 1$ , teza jest oczywista.

Obliczamy pochodną funkcji $f$ :

$ f'(c) = n \cdot 2^{n-1} c^{n-1} - n (c+1)^{n-1} =n [(2c)^{n-1}-(c+1)^{n-1}]. $

Gdy $0 < c < 1$ , wtedy $2c < c+1$ , a dla $n > 1$ także $(2c)^{n-1} < (c+1)^{n-1}$ więc $f'(c)<0$ .

Stąd wynika, że w przedziale $(0, 1)$ funkcja $f$ jest malejąca. Ponieważ zaś $f(1) = 0$ , więc w tym przedziale $f(c) > 0$ , c.n.d.

Zauważmy, że w powyższym dowodzie nie korzystaliśmy z założenia, że $n$ jest liczbą naturalną, a tylko z tego, że $n \geq 1$ ; udowodniliśmy więc twierdzenie mocniejsze.

Wersja do wydruku

Komentarze

by Gość - 05/08/2011 - 16:09

Błąd

Chyba brakuje wykładnika w treści.

Odpowiedz