XLIX OM - I - Zadanie 4

Dana jest liczba dodatnia $ a $. Wyznaczyć wszystkie liczby rzeczywiste $ c $ mające następującą własność: dla każdej pary liczb dodatnich $ x $, $ y $ spełniona jest nierówność $ (c-1)x^{a+1} \leq (cy - x)y^a $ .

Rozwiązanie

Sposób I

Załóżmy, że pewna liczba rzeczywista $ c $ ma rozważaną własność:

\[<br /> (1) \quad cy^{a+1}-xy^a \geq (c-1)x^{a+1} \ \textrm{dla}\ x,y > 0.<br /> \]

Podstawiając $ y=tx $ i dzieląc stronami przez $ x^{a+1} $ otrzymujemy zależność

\[<br /> \qquad (2) ct^{a+1}-t^a \geq c-1 \ \textrm{dla}\ t>0.<br /> \]

Zauważmy, że i na odwrót: z warunku (2) wynika (1). Przypuśćmy bowiem, że $ c $ jest liczbą rzeczywistą spełniającą warunek (2). Niech $ x $, $ y $ będą dowolnymi liczbami dodatnimi. W nierówności (2) podstawiamy $ t = y/x $, mnożymy stronami przez $ x^{a+1} $ i dostajemy nierówność (1).

A zatem warunki (1) i (2) są równoważne. Ustalmy liczbę rzeczywistą $ c $ i weźmy pod uwagę funkcję $ f:(0,\ \infty)\to \mathbb{R} $ daną wzorem

\[<br /> f(t)=ct^{a+1}-t^a \ \textrm{dla}\ t>0;<br /> \]

oczywiście $ f(1) = c - 1 $ oraz

\[<br /> f'(t) = c(a + 1)t^a-at^{a-1}.<br /> \]

Jeżeli warunek (2) (równoważny warunkowi (1)) jest dla rozważanej liczby $ c $ spełniony, to funkcja $ f $ ma w punkcie $ t = 1 $ minimum, a więc $ f'(1) = 0 $, czyli $ c(a+1)-a= 0 $; stąd $ c=\frac{a}{a+1} $.

Na odwrót, jeśli w określeniu funkcji $ f $ przyjmiemy $ c= \frac{a}{a+1} $, to

\[<br /> f'(t)=at^a-at^{a-1}=at^{a-1}(t-1) \left\{<br /> \begin{array}{ll}<br /> <0,&\textrm{gdy}\ 0<t<1,\\<br /> >0,&\textrm{gdy}\ t>1,<br /> \end{array}<br /> \right.<br /> \]

wobec tego funkcja $ f $ jest malejąca w przedziale $ (0;\ 1 \rangle $ i rosnąca w przedziale $ \langle 1;\ \infty) $. W punkcie $ t = 1 $ przyjmuje więc swoją najmniejszą wartość. Innymi słowy, $ f(t)\geq f(1) $ dla $ t>0 $, czyli spełniony jest warunek (2) (równoważny warunkowi (1)).

Wniosek: dla danej liczby dodatniej $ a $ jedyną liczbą $ c $ mającą postulowaną własność jest $ c=\frac{a}{a+1} $.

Sposób II

Zadanie można rozwiązać nie korzystając z metod rachunku różniczkowego. Jak poprzednio, wykazujemy równoważność warunków (1) i (2), a następnie przepisujemy warunek (2) w kolejnej równoważnej postaci:

\[<br /> \qquad (3) t^a-1 \leq c(t^{a+1}-1) \ \textrm{dla} \ t>0.<br /> \]

Rozpatrzymy najpierw przypadek, gdy $ a $ jest liczbą wymierną. Niech więc $ a = m/n $, gdzie $ m $, $ n $ są liczbami całkowitymi dodatnimi; oznaczmy $ m + n = q $.

Załóżmy, że $ c $ jest liczbą, dla której warunek (3) jest spełniony. Podstawiamy $ t = s^n $ i otrzymujemy zależność $ s^m - 1 \leq c(s^q -1) $ dla $ s > 0 $, skąd

\[<br /> \frac{s^m-1}{s^q-1}<br /> \left\{<br /> \begin{array}{ll}<br /> \geq c, &\textrm{gdy}\ 0<s<1,\\<br /> \leq c, &\textrm{gdy}\ s>1.<br /> \end{array}<br /> \right.<br /> \]

Oznaczmy iloraz po lewej stronie (4) przez $ g(s) $. Przekształcamy ten iloraz:

\[<br /> g(s) = \frac{(s-1)(s^{m-1}+\ldots + s + 1)}{(s-1)(s^{q-1}+\ldots + s + 1)} = \frac{s^{m-1}+\ldots + s + 1}{s^{q-1}+\ldots + s + 1}.<br /> \]

W liczniku mamy sumę $ m $ składników; w mianowniku - sumę $ q $ składników. Stąd $ \limd_{s\to 1} g(s) = m/q $. Zatem jedyną liczbą $ c $, która może spełniać warunek (4) - a więc i warunek (3) - jest $ c = m/q $.

Pokażemy, że i na odwrót: jeżeli (dla danej liczby wymiernej $ a = m/n $) przyjmiemy za $ c $ liczbę $ m/q $ (gdzie $ q = m+n $), to warunek (3) będzie spełniony. Ponownie podstawiamy $ t = s^n $. Dowodzony warunek (3) przybiera postać

\[<br /> \frac{s^m-1}{m} \leq \frac{s^q-1}{q} \ \textrm{dla}\ s>0.<br /> \]

Weźmy pod uwagę ciąg $ w_1, w_2, w_3, \ldots $ o wyrazach $ w_j= \frac{s^j-1}{j} $. Należy dowieść, że $ w_m\leq w_q $; a ponieważ $ q = m+n > m $, wystarczy w tym celu wykazać, że ciąg ten jest niemalejący. To zaś wynika z przekształcenia

\[<br /> \begin{split}<br /> w_{j+1}-w_j&=\frac{s^{j+1}-1}{j+1}-\frac{s^{j}-1}{j}=\frac{js^j(s-1)-(s^j-1)}{j(j+1)}=\\<br /> &=\frac{(s-1)\big[(s^j-s^{j-1})+(s^j-s^{j-2})+\ldots+(s^j-s)+(s^j-1)\big]}{j(j+1)} \geq 0,<br /> \end{split}<br /> \]

bowiem suma w nawiasie kwadratowym jest liczbą tego samego znaku, co różnica $ (s - 1) $.

Udowodniliśmy, że dla danej dodatniej liczby wymiernej $ a=\frac{m}{n} $ jedynie liczba $ c=\frac{m}{q}=\frac{m}{m+n}=\frac{a}{a+1} $ ma rozważaną własność.

Przechodzimy do przypadku ogólnego, gdy $ a $ jest liczbą rzeczywistą dodatnią. Weźmy dowolny ciąg $ a_1,a_2,a_3,\ldots $ dodatnich liczb wymiernych zbieżny do $ a $. Oznaczmy $ c_i = \frac{a_i}{a_i+1} $. Na podstawie rozpatrzonego już przypadku wiemy, że dla liczb $ a_i $ oraz $ c_i $ zachodzi nierówność analogiczna do (3):

\[<br /> \qquad (5) t^{a_i}-1 \leq c_i(t^{a_i+1}-1) \textrm{ dla } t>0,\ i=1,2,3,\ldots.<br /> \]

Przy $ i $ dążącym do nieskończoności ciąg $ (c_i) $ dąży do $ \frac{a}{a+1} $. Przechodzimy w nierówności (5) do granicy (przy ustalonym $ t $, przy czym $ t $ może być dowolną liczbą dodatnią) i otrzymujemy nierówność

\[<br /> \qquad (6) t^{a}-1 \leq \frac{a}{a+1}(t^{a+1}-1) \textrm{ dla } t>0.<br /> \]

To znaczy, że liczba $ c = \frac{a}{a+1} $ ma badaną własność.

Pozostała do udowodnienia implikacja odwrotna: załóżmy, że dla zadanej liczby $ a>0 $ i dla pewnej liczby rzeczywistej $ c $ jest spełniony warunek (3); chcemy wykazać, że $ c = \frac{a}{a+1} $.

Zastępując w (3) liczbę $ t $ przez $ 1/t $ dostajemy warunek równoważny

\[<br /> \frac{1}{t^a}-1\leq c \left(\frac{1}{t^{a+1}} - 1\right) \textrm{ dla } t>0;<br /> \]

a po pomnożeniu stronami przez $ (-t^a) $:

\[<br /> t^a-1 \geq \frac{c}{t}(t^{a+1}-1) \textrm{ dla } t>0.<br /> \]

Stąd oraz z nierówności (6) mamy $ \frac{c}{t} (t^{a+1} -1) \leq \frac{a}{a+1} (t^{a+1} -1) $, czyli

\[<br /> \left( \frac{a}{a+1} - \frac{c}{t}\right) (t^{a+1} -1)\geq 0 \textrm{ dla } t>0.<br /> \]

Dla liczb $ t\neq 1 $ otrzymujemy zależność

\[<br /> \frac{a}{a+1} - \frac{c}{t} \left\{<br /> \begin{array}{lll}<br /> \leq 0,& \textrm{gdy}& 0<t<1,\\<br /> \geq 0,& \textrm{gdy}& t>1.<br /> \end{array}<br /> \right.<br /> \]

Gdy $ t $ dąży do $ 1 $, różnica po lewej stronie (7) dąży do granicy $ \frac{a}{a+1}-c $. Z oszacowań (7) wynika, że ta wartość graniczna może być równa tylko zeru. Tak więc $ c = \frac{a}{a+1} $.

Konkluzja jak poprzednio: liczba $ c = \frac{a}{a+1} $ jest jedyną liczbą $ c $ o wymaganej własności.

Uwaga: Udało się rozwiązać zadanie bez użycia pojęcia pochodnej ale nie bez pojęcia {\it granicy} (ciągu, funkcji). I trudno, żeby było inaczej, bowiem przejście graniczne jest obecne w samej definicji potęg o wykładniku rzeczywistym; stanowi wręcz istotę tej definicji.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź