XII OM - I - Zadanie 2

Udowodnić, że jeżeli $ a_1 \leq a_2 \leq a_3 $ i $ b_1 \leq b_2 \leq b_3 $, to

\[<br /> \frac{a_1+a_2+a_3}{3}\cdot\frac{b_1+b_2+b_3}{3} \leq\frac{a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3}{3}<br /> \]

Rozwiązanie

Nierówność (1) zastąpimy nierównością jej równoważną

\[<br /> (a_1 + a_2 + a_3) (b_1 + b_2 + b_3) \leq 3 (a_1b_1 + a_2b_2 + a_3b_3)<br /> \]

tę zaś z kolei nierównością

\[<br /> (2) \qquad a_1b_2 + a_2b_1 + a_2b_3 + a_3b_2 + a_3b_1 + a_1b_3 < 2 (a_1b_1<br /> + a_2b_2 + a_3b_3).<br /> \]

Według założenia $ a_1 - a_2 \leq 0 $, $ b_1 -b_2 \leq 0 $, zatem

\[<br /> (a_1 - a_2) (b_1 - b_2) \geq 0.<br /> \]

Stąd

\[<br /> a_1b_2+a_2b_1 \leq a_1b_1 + a_2b_2.<br /> \]

analogicznie

\[<br /> a_2b_3+a_3b_2 \leq a_2b_2 + a_3b_3.<br /> \]

i

\[<br /> a_3b_1+a_1b_3 \leq a_3b_3 + a_1b_1.<br /> \]

Dodając powyższe $ 3 $ nierówności stronami otrzymujemy nierówność (2) równoważną żądanej nierówności (1).

Uwaga 1. Można udowodnić twierdzenie ogólniejsze. Jeżeli

\[<br /> (3) \qquad<br /> \begin{split}<br /> a_1 \leq a_2 \leq \ldots \leq a_n\\<br /> b_1 \leq b_2 \leq \ldots \leq b_n<br /> \end{split}<br /> \]

to

\[<br /> (4) \qquad<br /> \begin{split}<br /> \frac{a_1+a_2+\ldots +a_n}{n} \cdot \frac{b_1+b_2+\ldots +b_n}{n}<br /> \leq \frac{a_1b_1+a_2b_2+\ldots +a_nb_n}{n}<br /> \end{split}<br /> \]

Istotnie, nierówność (4) jest równoważna nierówności

\[<br /> (5) \qquad<br /> \begin{split}<br /> (a_1+a_2+\ldots +a_n) \cdot (b_1+b_2+\ldots +b_n)<br /> \leq n(a_1b_1+a_2b_2+\ldots +a_nb_n)<br /> \end{split}<br /> \]

którą łatwo udowodnić przez indukcję. Nierówność ta jest oczywiście prawdziwa, gdy $ n = 1 $, albowiem $ a_1b_1 \leq a_1b_1 $; wystarczy zatem wykazać, że jeśli nierówność ta zachodzi, gdy $ n \leq k $, gdzie $ k $ jest dowolnie obraną liczbą naturalną, to zachodzi również gdy $ n = k + 1 $. Stwierdzamy to w sposób następujący:

\[<br /> \begin{split}<br /> (a_1+a_2&+\ldots +a_k+a_{k+1}) \cdot (b_1+b_2+\ldots +b_k+b_{k+1}) = \\<br /> &=(a_1+a_2+\ldots +a_k) \cdot (b_1+b_2+\ldots +b_k)+ (a_1+a_2+\ldots +a_k)\cdot b_{k+1}+\\<br /> &+a_{k+1} \cdot (b_1+b_2+\ldots +b_k+b_{k+1}) + a_{k+1}b_{k+1}=\\<br /> &= (a_1+a_2+\ldots +a_k) \cdot (b_1+b_2+\ldots +b_k) + (a_1b_{k+1} + a_{k+1} b_{1}) + \\<br /> &+ (a_2b_{k+1} + a_{k+1}b_{2}) +\ldots + (a_kb_{k+1} + a_{k+1}b_{k}) + a_{k+1}b_{k+1} \leq \\<br /> & \leq k(a_1b_1+a_2b_2+\ldots +a_kb_k) + (a_1b_1 + a_{k+1} b_{k+1}) + (a_2b_2 + a_{k+1}b_{k+1}) + \\<br /> &+\ldots + (a_kb_k + a_{k+1}b_{k+1}) + a_{k+1}b_{k+1} =\\<br /> &=(k+1)(a_1b_1+a_2b_2+\ldots +a_kb_k+a_{k+1}b_{k+1}).<br /> \end{split}<br /> \]

Uwaga 2. Niech będą dane liczby $ a_i $ $ b_i $ ($ i = 1, 2, \ldots,n $) spełniające warunek (3) i niech $ i_1,i_2, \ldots , i_n $ będzie dowolną permutacją (czyli uszeregowaniem) liczb $ 1, 2, \ldots, n $. Wówczas

\[<br /> (6) \qquad a_1b_{i_1} + a_1b_{i_1} + \ldots + a_nb_{i_n} < {a_1b_1+a_2b_2+\ldots +a_nb_n}<br /> \]

Nierówność (6) wydaje się niemal oczywista; proponujemy, aby czytelnik uzasadnił ją dokładnie przy pomocy indukcji. Z nierówności (6) można wysnuć nierówność (5) bez stosowania indukcji:

\[<br /> \begin{split}<br /> (a_1+a_2+\ldots+a_n)(b_1+b_2+\ldots+b_n) = (a_1b_1+a_2b_2+\ldots+a_nb_n)+\\<br /> +(a_1b_2+a_2b_3+\ldots+a_nb_1)+(a_1b_3+a_2b_4+\ldots+a_nb_2)+\ldots+\\<br /> (a_1b_n+a_2b_1+\ldots+a_nb_{n-1}) \leq n(a_1b_1+a_2b_2+\ldots+a_nb_n).<br /> \end{split}<br /> \]

Uwaga 3. Zasadę indukcji matematycznej formułujemy zwykle w postaci następującej.

  • $ Z_1 $: Niech $ T (n) $ oznacza twierdzenie wypowiadające jakąś własność liczby naturalnej $ n $. Jeżeli
    • [a)] $ T (1) $ jest prawdą,
    • [b)] z prawdziwości $ T (n) $ wynika prawdziwość $ T (n + 1) $,

    to twierdzenie $ T (n) $ jest prawdziwe dla każdej liczby naturalnej $ n $.

    W uwadze 1 korzystaliśmy z następującej formy tej zasady:

  • $ Z_2 $: Niech $ S (n) $ oznacza twierdzenie wypowiadające jakąś własność liczby naturalnej $ n $. Jeżeli
    • [$ \alpha $)] $ S (1) $ jest prawdą,
    • [$ \beta $)] z prawdziwości $ S(1), S(2), \ldots, S (n) $ wynika prawdziwość $ S (n + 1) $,

    to twierdzenie $ S (n) $ jest prawdziwe dla każdej liczby naturalnej $ n $.

Obie formy $ Z_1 $ i $ Z_2 $ są równoważne. Przypuśćmy bowiem, że słuszna jest zasada $ Z_2 $ i że twierdzenie $ T (n) $ spełnia warunki a) i b). Jeżeli z prawdziwości $ T (n) $ wynika prawdziwość $ T (n + 1) $, to tym bardziej z prawdziwości wszystkich twierdzeń $ T (1), T (2), \ldots, T (n) $ wynika prawidłowość $ T (n + 1) $, twierdzenie $ T (n) $ spełnia zatem warunki $ \alpha $) i $ \beta $), wobec czego na mocy zasady $ Z_2 $ twierdzenie $ T (n) $ jest prawdziwe dla każdego naturalnego $ n $, zasada $ Z_1 $ jest więc słuszna.

Przyjmijmy odwrotnie, że słuszna jest zasada $ Z_1 $ i że jakieś twierdzenie $ S (n) $ spełnia warunki $ \alpha $) i $ \beta $). Niech $ T (n) $ oznacza twierdzenie orzekające, że zachodzi każde z twierdzeń $ S (1), S (2), \ldots, S (n) $. Jeśli $ T (n) $ jest prawdą dla pewnego naturalnego $ n $, to na mocy $ \beta $) prawdą jest $ S (n + 1) $, zatem również $ T (n + 1) $ Spełnione są zatem warunki a) i b), wobec czego na mocy zasady $ Z_1 $ twierdzenie $ T (n) $ jest prawdziwe dla każdego naturalnego $ n $; tym samym prawdziwe jest $ S (n) $ dla każdego naturalnego $ n $, a to znaczy, że zasada $ Z_2 $ jest słuszna.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

by Gość - 03/21/2011 - 21:11

ciekawe czy przeszłoby

ciekawe czy przeszłoby rozwiązanie "wynika z nier. Czebyszewa" :D

Dodaj nową odpowiedź