XXVI - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXVI OM, 1974-1975

Etap:

III

Wyznaczyć najmniejszą liczbę dodatnią $\alpha$ , dla której istnieje liczba dodatnia $\beta$ taka, że dla każdego $x$ z przedziału $\rangle 0; 1\rangle$ jest

$ \sqrt{1+x} + \sqrt{1-x} \leq 2-\frac{x^{\alpha}}{\beta} $

Dla wyznaczonej wartości $\alpha$ znaleźć najmniejszą liczbę dodatnią $\beta$ spełniającą tę nierówność.

Rozwiązanie

Dla $x \in \langle 0;\ 1 \rangle$ mamy równość

$ (\sqrt{1 + x} +\sqrt{1 - x}-2) (\sqrt{1 + x} + \sqrt{1 - x}+2) (\sqrt{1 - x^2} + 1) = -2x^2. $

Funkcja $h(x) =\displaystyle \frac{1}{2} (\sqrt{1+x} + \sqrt{1-x}+2) (\sqrt{1-x^2} + 1)$ w przedziale $\langle 0; 1 \rangle$ spełnia nierówność $0 < h(x) \leq 4$ , ponieważ

$ 0 < \sqrt{1+x} + \sqrt{1-x}+2 \leq \sqrt{1+x+\frac{x^2}{4}} + \sqrt{1-x+\frac{x^2}{4}} + 2= \left( 1 + \frac{x}{2} \right) + \left( 1 - \frac{x}{2} \right) + 2 = 4 $

i $0 \leq \sqrt{1-x^2} \leq 1$ dla $0 \leq x \leq 1$ . Wobec tego dla $x \in \langle 0;\ 1 \rangle$ mamy

$ \sqrt{1+x}+\sqrt{1-x} - 2 = \frac{-x^2}{h(x)} \leq -\frac{x^2}{4}. $

Gdyby dla pewnej liczby $\alpha$ spełniającej $0 < \alpha < 2$ i liczby $\beta > 0$ zachodziło

$ (11) \qquad \sqrt{1 + x}+\sqrt{1-x}- 2 \leq \frac{x^\alpha}{\beta} \ \textrm{dla} x \in \langle 0;\ 1 \rangle, $

czyli

$ -\frac{x^2}{h(x)} \leq - \frac{x^\alpha}{\beta}, $

to mielibyśmy

$ x^{2-\alpha} \geq \frac{h(x)}{\beta} \ \textrm{dla} \ x \in (0;\ 1 \rangle. $

Przechodząc po obu stronach ostatniej nierówności do granicy, gdy $x \to \infty$ , otrzymujemy $0 \geq \displaystyle \frac{h(0)}{\beta}$ . Mamy jednak $h(0) = 4$ .

Uzyskana sprzeczność dowodzi, że najmniejszą liczbą $\alpha$ spełniającą warunek (1) jest $\alpha = 2$ .

Najmniejsza liczba dodatnia $\beta$ spełniająca warunek

$ (2) \qquad \sqrt{1 + x} + \sqrt{1-x}-2 \leq -\frac{x^2}{\beta} \ \textrm{dla} \ x \in \langle 0;\ 1 \rangle, $

czyli warunek

$ -\frac{x^2}{h(x)} \leq -\frac{x^2}{\beta} \ \textrm{dla} \ x \in \langle 0;\ 1 \rangle, $

jest równa najmniejszej liczbie $\beta$ spełniającej nierówność $h(x) \leq \beta$ dla $x \in \langle 0;\ 1 \rangle$ . Zatem $\beta = \max_{0 \leq x \leq 1} h(x)$ .

Obliczymy to maksimum. Z nierówności $2ab \leq a^2- + b^2$ wynika, że dla dowolnych liczb rzeczywistych nieujemnych $u$ , $v$ zachodzi

$ (3) \qquad \sqrt{u} + \sqrt{v} \leq \sqrt{2 (u+v)}. $

Mamy bowiem $(\sqrt{u} + \sqrt{v})^2 = u+v+2\sqrt{u} \sqrt{v} \leq u + v + (\sqrt{u} )^2 + (\sqrt{v})^2 = 2(u+v)$ .

Podstawiając w (3) $u = 1+x$ , $v = 1-x$ otrzymujemy

$ \sqrt{1+x} + \sqrt{1 - x} \leq 2 $

i wobec tego

$ h(x) = \frac{1}{2} (\sqrt{1+x} + \sqrt{1- x}+2)(\sqrt{1-x^2}+1) \leq 2(\sqrt{1 - x^2} + 1) \leq 4 $

dla $x \in \langle 0 ;\ 1 \rangle$ . Z drugiej strony obliczamy, że $h(0) = 4$ . Zatem największą wartością przybieraną przez funkcję $h(x)$ w przedziale $ \langle 0 ;\ 1 \rangle$ jest $4$ i wobec tego najmniejszą liczbą dodatnią $\beta$ spełniającą warunek (2) jest $\beta = 4$ .