Nierówność Cauchy'ego o średnich. Sumy i iloczyny.

Recommendations

Info

Należy zatem udowodnić, że prawa strona nierówności (5) jest równa √ n. Zauważmy, że jeśli pewna liczba n ma dzielnik d1 < √ n, to posiada również dzielnik d2 > √ n, taki że d1 · d2 = n. Należy rozpatrzyć dwa przypadki: 1. Liczba n nie jest kwadratem liczby całkowitej. Wówczas w zbiorze liczb A = {d1, d2, ..., ds} dla każdej liczby di istnieje różna od niej liczba dk = n di , taka że didk = n. A więc jeśli liczba s = |A| jest parzysta, to zbiór {d1, d2, ..., ds} można podzielić na s 2 takich par, że iloczyn liczb z każdej pary jest równy n. W takim razie: (d1d2...ds) 1 s = n s 2 1 s = n 1 2 = √ n. 2. Liczba n jest kwadratem pewnej liczby dr, która jest oczywiście dzielnikiem liczby n. Wówczas dla każdej liczby di = dr ze zbioru A = {d1, d2, ..., ds} istnieje liczba dk = n di różna od di, taka że didk = n. Wobec tego liczba s − 1 jest parzysta oraz zbiór liczb {d1, ..., dr−1, dr+1, ..., ds} można podzielić na s−1 2 takich par, że dla każdej z nich iloczyn liczb w niej występujących będzie równy n. W takim razie: (d1d2...ds) 1 s = n s−1 2 · n 1 1 s 2 = n 1 2 = √ n. Zatem wobec nierówności (5) w obu przypadkach zachodzi: s i=1 di s > √ n. Zadanie 1.5 Dowieść, że jeżeli n jest liczbą naturalną większą od 1, to: 2 · 4 · 6 · ... · 2n < (n + 1) n . Źródło: X Olimpiada Matematyczna; etap 1, zadanie 6 Zauważmy, że po lewej stronie iloczyn ma n czynników, zaś po prawej stronie liczba podniesiona jest do n − tej potęgi. Można zatem sądzić, że nierówność w zadaniu to zależność między średnimi: arytmetyczną i geometryczną podniesiona do n − tej potęgi. Zatem, według nierówności Cauchy’ego o <strong>średnich</strong> można stwierdzić, że dla n liczb: 2, 4, 6, ..., 2n zachodzi związek: n√ 2 + 4 + 6 + ... + 2n 2 · 4 · 6 · ... · 2n < . n 31
Przekształcając równoważnie: n√ 1 + 2 + 3 + ... + n 2 · 4 · 6 · ... · 2n < 2 · , n n√ 2 · 2 · 4 · 6 · ... · 2n < n(n+1) 2 n n√ 2 · 4 · 6 · ... · 2n < n + 1. Po podniesieniu obu stron nierówności do potęgi n wynika żądana nierówność: 2 · 4 · 6 · ... · 2n < (n + 1) n . Zadanie 1.6 Dane są liczby rzeczywiste xi, yi(i = 1, 2, ..., n) takie, że: oraz Udowodnić, że: x1 ≥ x2 ≥ ... ≥ xn ≥ 0, y1 > y2 > ... > yn > 0 k i=1 xi ≥ k yi, k = 1, 2, ..., n. i=1 n i=1 xi > n yi. Źródło: XXXIX Olimpiada Matematyczna; etap 2, zadanie 2 Zadanie to pochodzi z drugiego etapu Olimpiady Matematyczej, zatem nierówność między średnimi nie jest na początku oczywista. Wskazówką może być fakt, że w założeniach dane są: opisy monotoniczności ciągów oraz zależność między iloczynami, natomiast teza dotyczy sum wyrazów owych ciągów. Wiemy, że za pomocą nierówności Cauchy’ego możemy powiązać sumy z iloczynami. Zatem, przekształcając drugie założenie, dla k = 1, ..., n: k xi yi i=1 i=1 ≥ 1. Zaś na mocy nierówności między średnią arytmetyczną i średnią geometryczną: k k 1 xi xi ≥ k 1 k ≥ 1. yi i=1 32 yi i=1 ,
Page 1 and 2: Nierówność Cauchy’ego o średn
Page 3 and 4: 1 Nierówność Cauchy’ego o śre
Page 5 and 6: 1 2 · ( 2k−1 a1 · ... · a (2 k
Page 7 and 8: Dowód przy użyciu nierówności M
Page 9 and 10: a 2 2 + a 2 3 ≥ 2a2a3, a 2 2 + a
Page 11 and 12: liczby nie zmieniają iloczynu i zw
Page 13 and 14: Zadanie 5 drugiego etapu XLI Olimpi
Page 15 and 16: Twierdzenie 1.11 (O rozwiązaniach
Page 17 and 18: 3. x > 0; y ≤ z < 0. Wówczas: x
Page 19 and 20: Twierdzenie 1.16 (O podzielności i
Page 21 and 22: 1 i a1, ..., ak będą dodatnimi li
Page 23 and 24: Dowód Rozpatrywane równanie: moż
Page 25 and 26: Stąd (korzystając z rozumowania p
Page 27 and 28: Twierdzenie 1.26 (O rozwiązaniach
Page 29 and 30: (a + b + c) 2 a+b+c a+b+c a + b
Page 31: Wynika stąd, że: 1 a + ab + abc +
Page 35 and 36: Nie zawsze na pierwszy rzut oka wid
Page 37 and 38: a, b, c są dodatnie, więc należy
Page 39 and 40: 1.2.2 Sumy i iloczyny Zadanie 1.11
Page 41 and 42: Źródło: "Matematyka" - miesięcz
Page 43 and 44: Źródło: Olimpiada Matematyczna;

Nierówność Cauchy'ego o średnich. Sumy i iloczyny.

Create successful ePaper yourself

Delete template?

Save as template?