5*. Nierówność Cauchy'ego (DODATEK)

Rn5o73mBukWBq

Nierówność Cauchy'ego (DODATEK)

W trakcie nauki szkolnej poznajemy dwa rodzaje zadań, w których występują nierówności.

Pierwszy to rozwiązywanie nierówności, gdzie mając zależność zapisaną w formie nierówności między dwoma wyrażeniami algebraicznymi mamy ustalić, dla jakich wartości zmiennych zależność ta jest prawdziwa. Na przykład wykazujemy, że rozwiązaniem nierówności $\frac{1}{x} > \frac{1}{2}$ jest przedział $(0; 2)$ .

Drugi rodzaj zadań z nierównościami to dowodzenie nierówności. Klasycznym przykładem jest wykazanie, że dla liczb dodatnich $a$ , $b$ zachodzi nierówność $\frac{a}{b} + \frac{b}{a} \geq 2$ .

W tej lekcji zajmiemy się dowodzeniem nierówności. Zaprezentujemy dowody oparte na wykorzystaniu nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną liczb dodatnich, zwanej nierównością Cauchy’ego między średnimi.

Ciekawostka

Augustin-Louis Cauchy – francuski matematyk i fizyk żyjący w latach $1789 - 1857$ . Jego prace przyczyniły się mocno do rozwoju m.in. analizy matematycznej.

Twoje cele

Zastosujesz twierdzenie o nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną oraz ustalisz częściowy dowód tego twierdzenia (w prostszych przypadkach)
Przeanalizujesz przykłady zastosowań nierówności Cauchy'ego w dowodach twierdzeń.

Przypomnijmy na początek definicje średniej arytmetycznej i geometrycznej dla liczb dodatnich.

Średnia arytmetyczna

Definicja: Średnia arytmetyczna

Średnią arytmetyczną liczb dodatnich $a_{1}; a_{2}; \dots; a_{n}$ nazywamy liczbę

s_{A} = \frac{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}}{n}

Średnia geometryczna

Definicja: Średnia geometryczna

Średnią geometryczną liczb dodatnich $a_{1}; a_{2}; \dots; a_{n}$ nazywamy liczbę

s_{G} = \sqrt[n]{a_{1} \cdot a_{2} \cdot \dots \cdot a_{n}}

Sformułujmy twierdzenie znane jako nierówność Cauchy'ego między średnią arytmetyczną i geometryczną:

Nierówność Cauchy'ego między średnią arytmetyczną i geometryczną

Twierdzenie: Nierówność Cauchy'ego między średnią arytmetyczną i geometryczną

Jeżeli dane są liczby dodatnie $a_{1}; a_{2}; \dots; a_{n}$ ,
to zachodzi nierówność

\sqrt[n]{a_{1} \cdot a_{2} \cdot \dots \cdot a_{n}} \leq \frac{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}}{n}

przy czym równość w powyższej nierówności zachodzi tylko, gdy $a_{1} = a_{2} = \dots = a_{n}$ .

Nierówność będziemy wykorzystywać w rozwiązaniach wszystkich zadań obecnej lekcji.

Poniżej można zapoznać się ze szkicem dowodu tej nierówności. Jego znajomość nie jest niezbędna przy rozwiązywaniu zadań.

RJKl2uqM4ecaN

Szkic dowodu Rozważmy różne wartości n.

Dla n, równa się, dwa mamy wykazać, że pierwiastek kwadratowy z a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, mniejszy równy, początek ułamka, a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, mianownik, dwa, koniec ułamka.
W tym celu wystarczy przekształcić równoważnie tezę.
Po obustronnym pomnożeniu przez dwa i przeniesieniu wszystkich wyrazów na jedną stronę mamy
a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, minus, dwa pierwiastek kwadratowy z a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego pierwiastek kwadratowy z a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, większy równy, zero,
co z pomocą wzoru skróconego mnożenia można zapisać jako
nawias, pierwiastek kwadratowy z a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, minus, pierwiastek kwadratowy z a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, zamknięcie nawiasu, indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, większy równy, zero.
Ostatnia nierówność jest oczywista ze względu na nieujemność kwadratu liczby rzeczywistej.
Dla n, równa się, cztery mamy wykazać, że pierwiastek stopnia cztery z a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, razy, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, razy, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, razy, a indeks dolny, cztery, koniec indeksu dolnego, mniejszy równy, początek ułamka, a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, cztery, koniec indeksu dolnego, mianownik, cztery, koniec ułamka.
Korzystając kilkakrotnie z już wykazanej nierówności Cauchy'ego dla n, równa się, dwa, możemy zapisać:
L, równa się, pierwiastek stopnia cztery z a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, razy, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, razy, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, razy, a indeks dolny, cztery, koniec indeksu dolnego, równa się, pierwiastek kwadratowy z pierwiastek kwadratowy z a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, razy, pierwiastek kwadratowy z a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, a indeks dolny, cztery, koniec indeksu dolnego, mniejszy równy, początek ułamka, pierwiastek kwadratowy z a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, plus, pierwiastek kwadratowy z a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, a indeks dolny, cztery, koniec indeksu dolnego, mianownik, dwa, koniec ułamka, mniejszy równy
mniejszy równy, początek ułamka, początek ułamka, a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, mianownik, dwa, koniec ułamka, plus, początek ułamka, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, cztery, koniec indeksu dolnego, mianownik, dwa, koniec ułamka, mianownik, dwa, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, cztery, koniec indeksu dolnego, mianownik, cztery, koniec ułamka, równa się, P.
Analogicznie możemy przeprowadzić dowód dla n, równa się, osiem, n, równa się, szesnaście itd., czyli dla n, równa się, dwa indeks górny, k, koniec indeksu górnego; k, należy do, liczby całkowite indeks dolny, plus, koniec indeksu dolnego.
Twierdzenie jest więc wykazane dla wszystkich n będących potęgami dwójki.
Dowód dla pozostałych wartości n wykonujemy zawsze korzystając z faktu, że twierdzenie zostało już wykazane dla potęg dwójki.
Pokażemy rozumowanie dla n, równa się, trzy. W pozostałych przypadkach przebiega analogicznie.
Dla n, równa się, trzy mamy wykazać, że pierwiastek sześcienny z a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, razy, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, razy, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, mniejszy równy, początek ułamka, a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, mianownik, trzy, koniec ułamka.
Wykorzystamy wykazaną już nierówność dla n, równa się, cztery wprowadzając dodatkowy wyraz a indeks dolny, cztery, koniec indeksu dolnego, równa się, początek ułamka, a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, mianownik, trzy, koniec ułamka.
Wiemy, że
pierwiastek stopnia cztery z a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, razy, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, razy, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, razy, początek ułamka, a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, mianownik, trzy, koniec ułamka, mniejszy równy, początek ułamka, a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, plus, początek ułamka, a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, mianownik, trzy, koniec ułamka, mianownik, cztery, koniec ułamka.
Po uproszczeniu prawej strony mamy
pierwiastek stopnia cztery z a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, razy, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, razy, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, razy, początek ułamka, a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, mianownik, trzy, koniec ułamka, mniejszy równy, początek ułamka, a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, mianownik, trzy, koniec ułamka.
Po obustronnym podzieleniu przez pierwiastek stopnia cztery z początek ułamka, a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, mianownik, trzy, koniec ułamka uzyskujemy
pierwiastek stopnia cztery z a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, razy, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, razy, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, mniejszy równy, pierwiastek stopnia cztery z nawias, początek ułamka, a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, mianownik, trzy, koniec ułamka, zamknięcie nawiasu, indeks górny, trzy, koniec indeksu górnego
czyli
a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, razy, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, razy, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, mniejszy równy, nawias, początek ułamka, a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, mianownik, trzy, koniec ułamka, zamknięcie nawiasu, indeks górny, trzy, koniec indeksu górnego,
a to po obustronnym spierwiastkowaniu (pierwiastkiem trzeciego stopnia) daje tezę.
Dla pozostałych wartości n dowód przebiega analogicznie - zawsze korzystamy z wykazanej już nierówności dla najbliższej większej od n potęgi dwójki, tworząc dodatkowe wyrazy równe średniej arytmetycznej n rozważanych wyrazów.

Szkic dowodu Rozważmy różne wartości n.

Dla n, równa się, dwa mamy wykazać, że pierwiastek kwadratowy z a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, mniejszy równy, początek ułamka, a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, mianownik, dwa, koniec ułamka.
W tym celu wystarczy przekształcić równoważnie tezę.
Po obustronnym pomnożeniu przez dwa i przeniesieniu wszystkich wyrazów na jedną stronę mamy
a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, minus, dwa pierwiastek kwadratowy z a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego pierwiastek kwadratowy z a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, większy równy, zero,
co z pomocą wzoru skróconego mnożenia można zapisać jako
nawias, pierwiastek kwadratowy z a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, minus, pierwiastek kwadratowy z a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, zamknięcie nawiasu, indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, większy równy, zero.
Ostatnia nierówność jest oczywista ze względu na nieujemność kwadratu liczby rzeczywistej.
Dla n, równa się, cztery mamy wykazać, że pierwiastek stopnia cztery z a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, razy, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, razy, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, razy, a indeks dolny, cztery, koniec indeksu dolnego, mniejszy równy, początek ułamka, a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, cztery, koniec indeksu dolnego, mianownik, cztery, koniec ułamka.
Korzystając kilkakrotnie z już wykazanej nierówności Cauchy'ego dla n, równa się, dwa, możemy zapisać:
L, równa się, pierwiastek stopnia cztery z a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, razy, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, razy, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, razy, a indeks dolny, cztery, koniec indeksu dolnego, równa się, pierwiastek kwadratowy z pierwiastek kwadratowy z a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, razy, pierwiastek kwadratowy z a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, a indeks dolny, cztery, koniec indeksu dolnego, mniejszy równy, początek ułamka, pierwiastek kwadratowy z a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, plus, pierwiastek kwadratowy z a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, a indeks dolny, cztery, koniec indeksu dolnego, mianownik, dwa, koniec ułamka, mniejszy równy
mniejszy równy, początek ułamka, początek ułamka, a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, mianownik, dwa, koniec ułamka, plus, początek ułamka, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, cztery, koniec indeksu dolnego, mianownik, dwa, koniec ułamka, mianownik, dwa, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, cztery, koniec indeksu dolnego, mianownik, cztery, koniec ułamka, równa się, P.
Analogicznie możemy przeprowadzić dowód dla n, równa się, osiem, n, równa się, szesnaście itd., czyli dla n, równa się, dwa indeks górny, k, koniec indeksu górnego; k, należy do, liczby całkowite indeks dolny, plus, koniec indeksu dolnego.
Twierdzenie jest więc wykazane dla wszystkich n będących potęgami dwójki.
Dowód dla pozostałych wartości n wykonujemy zawsze korzystając z faktu, że twierdzenie zostało już wykazane dla potęg dwójki.
Pokażemy rozumowanie dla n, równa się, trzy. W pozostałych przypadkach przebiega analogicznie.
Dla n, równa się, trzy mamy wykazać, że pierwiastek sześcienny z a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, razy, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, razy, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, mniejszy równy, początek ułamka, a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, mianownik, trzy, koniec ułamka.
Wykorzystamy wykazaną już nierówność dla n, równa się, cztery wprowadzając dodatkowy wyraz a indeks dolny, cztery, koniec indeksu dolnego, równa się, początek ułamka, a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, mianownik, trzy, koniec ułamka.
Wiemy, że
pierwiastek stopnia cztery z a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, razy, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, razy, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, razy, początek ułamka, a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, mianownik, trzy, koniec ułamka, mniejszy równy, początek ułamka, a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, plus, początek ułamka, a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, mianownik, trzy, koniec ułamka, mianownik, cztery, koniec ułamka.
Po uproszczeniu prawej strony mamy
pierwiastek stopnia cztery z a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, razy, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, razy, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, razy, początek ułamka, a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, mianownik, trzy, koniec ułamka, mniejszy równy, początek ułamka, a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, mianownik, trzy, koniec ułamka.
Po obustronnym podzieleniu przez pierwiastek stopnia cztery z początek ułamka, a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, mianownik, trzy, koniec ułamka uzyskujemy
pierwiastek stopnia cztery z a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, razy, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, razy, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, mniejszy równy, pierwiastek stopnia cztery z nawias, początek ułamka, a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, mianownik, trzy, koniec ułamka, zamknięcie nawiasu, indeks górny, trzy, koniec indeksu górnego
czyli
a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, razy, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, razy, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, mniejszy równy, nawias, początek ułamka, a indeks dolny, jeden, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, dwa, koniec indeksu dolnego, plus, a indeks dolny, trzy, koniec indeksu dolnego, mianownik, trzy, koniec ułamka, zamknięcie nawiasu, indeks górny, trzy, koniec indeksu górnego,
a to po obustronnym spierwiastkowaniu (pierwiastkiem trzeciego stopnia) daje tezę.
Dla pozostałych wartości n dowód przebiega analogicznie - zawsze korzystamy z wykazanej już nierówności dla najbliższej większej od n potęgi dwójki, tworząc dodatkowe wyrazy równe średniej arytmetycznej n rozważanych wyrazów.

Przykład 1

Wykażmy, że dla $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n} > 0$ ( $n \geq 2$ ) zachodzi nierówność:

$\frac{a_1}{a_2}+\frac{a_2}{a_3}+\ldots+\frac{a_n}{a_1} \geq n$ .

Rozwiązanie

Z nierówności Cauchy'ego wiemy, że
$\frac{\frac{a_{1}}{a_{2}} + \frac{a_{2}}{a_{3}} + \dots + \frac{a_{n}}{a_{1}}}{n} \geq \sqrt[n]{\frac{a_{1}}{a_{2}} \cdot \frac{a_{2}}{a_{3}} \cdot \dots \cdot \frac{a_{n}}{a_{1}}}$ .

Iloczyn pod pierwiastkiem po prawej stronie upraszcza się do $1$ , więc
$\frac{\frac{a_{1}}{a_{2}} + \frac{a_{2}}{a_{3}} + \dots + \frac{a_{n}}{a_{1}}}{n} \geq 1$ ,
co po obustronnym przemnożeniu przez $n$ daje tezę.

Zauważmy, że bezpośrednim wnioskiem z właśnie wykazanej nierówności jest np. spostrzeżenie, że dla $x > 0$ zachodzi zależność $x + \frac{1}{x} \geq 2$ .

Przykład 2

Wykażmy, że dla $a \geq 0$ zachodzi nierówność

$3a+\frac29 \geq \sqrt[3]{a}$ .

Ustalmy, dla jakich wartości $a$ w powyższym wzorze zachodzi równość.

Rozwiązanie

Dla $a = 0$ nierówność jest oczywista.

Dla $a > 0$ skorzystamy z nierówności Cauchy'ego dla $n = 3$ :
$L = 3 a + \frac{2}{9} = 3 a + \frac{1}{9} + \frac{1}{9} = \frac{9 a + \frac{1}{3} + \frac{1}{3}}{3} \geq$
$\geq \sqrt[3]{9 a \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3}} = \sqrt[3]{a} = P$ .
Równość zachodzi, gdy $9 a = \frac{1}{3}$ , czyli dla $a = \frac{1}{27}$ .

Przykład 3

Wykażmy, że dla $a, b, c > 0$ zachodzi nierówność

$\left( \frac{a+b+c}{3} \right)^2 \geq \frac{ab+bc+ca}{3}$ .

Rozwiązanie

Przekształćmy równoważnie tezę:
$\frac{a^{2} + b^{2} + c^{2} + 2 a b + 2 b c + 2 c a}{9} \geq \frac{a b + b c + c a}{3}$

Przemnóżmy obustronnie przez $9$ i uporządkujmy:
$a^{2} + b^{2} + c^{2} + 2 a b + 2 b c + 2 c a \geq 3 a b + 3 b c + 3 c a$
$a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq a b + b c + c a$ .

Uzyskaną nierówność przekształćmy tak, by zauważyć trzykrotnie zastosowaną nierówność Cauchy'egonierówność Cauchy'ego:
$\frac{a^{2} + b^{2}}{2} + \frac{b^{2} + c^{2}}{2} + \frac{c^{2} + a^{2}}{2} \geq a b + b c + c a$ .

Na mocy nierówności Cauchy'ego ostatnia nierówność jest oczywista – sprowadza się do zsumowania stronami trzech nierówności między średnią arytmetyczną i średnią geometrycznąśrednia geometycznaśrednią geometryczną:
$\{\begin{cases} \frac{a^{2} + b^{2}}{2} \geq a b \\ \frac{b^{2} + c^{2}}{2} \geq b c \\ \frac{c^{2} + a^{2}}{2} \geq c a \end{cases}$ .

Powyższy przykład pokazuje, że sposób, w jaki zastosujemy nierówność Cauchy'ego, nie zawsze jest na początek oczywisty. Forma nierówności, w której po lewej stronie widzimy średnią arytmetycznąśrednia arytmetycznaśrednią arytmetyczną trzech liczb, sugerowała użycie nierówności Cauchy'ego dla $n = 3$ , tymczasem dowód oparliśmy na trzykrotnym użyciu nierówności dla $n = 2$ między kwadratami niewiadomych występujących w zadaniu.

Przykład 4

Wykażmy, że dla $a, b, c, d > 0$ zachodzi nierówność

$\left(a+b+c+d \right) \cdot \left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d} \right) \geq 16$ .

Rozwiązanie

Zastosujemy dwukrotnie nierówność Cauchy'ego dla $n = 4$ :
$\frac{a + b + c + d}{4} \geq \sqrt[4]{a b c d}$ ,
czyli
$a + b + c + d \geq 4 \sqrt[4]{a b c d}$ .

Analogicznie
$\frac{\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{1}{d}}{4} \geq \sqrt[4]{\frac{1}{a b c d}}$ ,
czyli
$\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{1}{d} \geq 4 \sqrt[4]{\frac{1}{a b c d}}$ .

Wyrażenia w nierównościach są dodatnie, więc możemy je pomnożyć stronami:
$(a + b + c + d) \cdot (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{1}{d}) \geq 4 \sqrt[4]{a b c d} \cdot 4 \sqrt[4]{\frac{1}{a b c d}} =$
$= 16 \cdot \sqrt[4]{a b c d} \cdot \sqrt[4]{\frac{1}{a b c d}} = 16$ .
Teza została wykazana.

Przykład 5

Wyznaczmy najmniejszą wartość funkcji $f (x) = 9 x + \frac{1}{x}$ określonej dla $x \in (0; \infty)$ i ustalmy, dla jakiego argumentu jest osiągana.

Rozwiązanie

Zgodnie z nierównością Cauchy'ego:
$f (x) = 9 x + \frac{1}{x} = \frac{18 x + \frac{2}{x}}{2} \geq$
$\geq \sqrt{18 x \cdot \frac{2}{x}} = \sqrt{36} = 6$ .

Równość zachodzi gdy $18 x = \frac{2}{x}$ , czyli dla $x = \frac{1}{3}$ .

Najmniejszą wartością podanej funkcji jest $6$ , wartość ta jest osiągana dla argumentu $\frac{1}{3}$ .

Przykład 6

Wyznaczmy najmniejszą wartość funkcji $f (x) = 27 x^{2} + \frac{2}{x}$ określonej dla $x \in (0; \infty)$ i ustalmy, dla jakiego argumentu jest osiągana.

Rozwiązanie

Zgodnie z nierównością Cauchy'ego:
$f (x) = 27 x^{2} + \frac{2}{x} = 27 x^{2} + \frac{1}{x} + \frac{1}{x} = \frac{81 x^{2} + \frac{3}{x} + \frac{3}{x}}{3} \geq$
$\geq \sqrt[3]{81 x^{2} \cdot \frac{3}{x} \cdot \frac{3}{x}} = \sqrt[3]{729} = 9$ .

Równość zachodzi gdy $27 x^{2} = \frac{1}{x}$ , czyli dla $x = \frac{1}{3}$ .

Najmniejszą wartością podanej funkcji jest $9$ , wartość ta jest osiągana dla argumentu $\frac{1}{3}$ .

Polecenie 1

Nierówność Cauchy'ego między średnią arytmetyczną i geometryczną można rozszerzyć do nierówności między średnimi harmoniczną, geometryczną, arytmetyczną i kwadratową.

Zapoznaj się z prezentacją multimedialną zawierającą informacje na ten temat i geometryczny dowód nierówności w najprostszym przypadku.

R1OqW5CdA6PXY1

Polecenie 2

Dany jest trapez o podstawach $x$ , $y$ oraz cztery odcinki $m$ , $n$ , $p$ , $q$ o końcach na ramionach trapezu równoległe do podstaw:

RstMyg2c3tRXh

Ilustracja przedstawia trapez o podstawach x i y, w którym wykreślono przekątne oraz 4 odcinki m, n, p, q o końcach znajdujących się na ramionach trapezu. Odcinki te są równoległe do podstaw. Odcinek m przechodzi przez punkt przecięcia przekątnych, odcinek n dzieli trapez na dwa trapezy podobne. Odcinek p przechodzi przez środki ramion, a odcinek q dzieli trapez na dwa trapezy o równych polach.

$m$ przechodzi przez punkt przecięcia przekątnych;
$n$ dzieli trapez na dwa trapezy podobne;
$p$ przechodzi przez środki ramion;
$q$ dzieli trapez na dwa trapezy o równych polach.

Długość każdego z tych odcinków to jedna ze średnich długości podstaw.
Wskaż, który odcinek odpowiada której średniej. Odpowiedź uzasadnij.

RIi3n5xNDlSMj

RxKF9v4a8bP58

Z podobieństwa trójkątów:
$\frac{x}{M_{1} S} = \frac{D B}{D S} = \frac{D S + S B}{D S} = 1 + \frac{S B}{D S} = 1 + \frac{x}{y} = \frac{x + y}{y}$ ,
czyli $M_{1} S = \frac{x y}{x + y} = \frac{1}{\frac{1}{x} + \frac{1}{y}}$ .

Analogicznie obliczamy $M_{2} S$ .

Po zsumowaniu $M_{1} M_{2} = \frac{2}{\frac{1}{x} + \frac{1}{y}}$ , czyli długość $m$ jest średnią harmoniczną długości podstaw.

R1P3mxsFG5YCB

Trapezy $A B N_{2} N_{1}$ i $N_{1} N_{2} C D$ są podobne, zatem ich odpowiednie boki tworzą te same proporcje:
$\frac{y}{N_{1} N_{2}} = \frac{N_{1} N_{2}}{x}$ ,
czyli
$N_{1} N_{2} = \sqrt{x y}$ ,
co daje średnią geometryczną długości podstaw.

RRLoonOctCE1F

Oznaczmy środki odcinków $A D$ , $B C$ i $B D$ odpowiednio jako $P_{1}$ , $P_{2}$ i $P_{}$ .

Skorzystamy z własności trójkąta, która mówi, że odcinek łączący środki ramion trójkąta jest równoległy do podstawy, a jego długość to połowa długości podstawy.

Z trójkąta $A B D$ wiemy, że $P_{1} P = \frac{1}{2} x$ i jest to odcinek równoległy do podstaw trapezu.

Analogicznie z trójkąta $C D B$ mamy $P P_{2} = \frac{1}{2} y$ i jest to odcinek równoległy do podstaw, czyli punkty $P_{1}$ , $P_{2}$ i $P_{}$ są współliniowe.

Zatem $P_{1} P_{2} = \frac{x + y}{2}$ - uzyskaliśmy średnią arytmetyczną.

RimyNJdBAouUZ

Oznaczmy wysokości trapezów $A B Q_{2} Q_{1}$ i $Q_{1} Q_{2} C D$ odpowiednio jako $h_{1}$ i $h_{2}$ .

Odcinek $q$ dzieli trapez na dwie części o równych polach, więc
$\{\begin{cases} \frac{x + q}{2} \cdot h_{1} = \frac{x + y}{4} \cdot (h_{1} + h_{2}) \\ \frac{x + q}{2} \cdot h_{1} = \frac{y + q}{2} \cdot h_{2} \end{cases}$ .

Przekształćmy układ tak, by wyznaczyć $q$ za pomocą $x$ i $y$ .

$\{\begin{cases} \frac{h_{1} + h_{2}}{h_{1}} = \frac{2 x + 2 q}{x + y} \\ \frac{h_{2}}{h_{1}} = \frac{x + q}{y + q} \end{cases}$
$\{\begin{cases} 1 + \frac{h_{2}}{h_{1}} = \frac{2 x + 2 q}{x + y} \\ \frac{h_{2}}{h_{1}} = \frac{x + q}{y + q} \end{cases}$

Po podstawieniu dostajemy zależność
$1 + \frac{x + q}{y + q} = \frac{2 x + 2 q}{x + y}$ ,
czyli
$\frac{x + y + 2 q}{y + q} = \frac{2 x + 2 q}{x + y}$ .

Po przemnożeniu otrzymamy
$x^{2} + 2 x y + y^{2} + 2 x q + 2 y q = 2 x y + 2 x q + 2 y q + 2 q^{2}$
$x^{2} + 2 x y + y^{2} + 2 x q + 2 y q = 2 x y + 2 x q + 2 y q + 2 q^{2}$ .

Zatem $q = \sqrt{\frac{x^{2} + y^{2}}{2}}$ – uzyskaliśmy średnią kwadratową.

W ćwiczeniach prócz wyboru odpowiedzi warto zapisać rozumowanie prowadzące do rozwiązania.

Do wszystkich ćwiczeń poza jednym zamieszczone są wskazówki oraz odpowiedź dające możliwość zapoznania się z przykładem zapisu prawidłowego rozumowania.

Ćwiczenie 1

RdDgoYB3SvMcQ

Skorzystaj z nierówności Cauchy'ego:
dla $x, y > 0$ zachodzi nierówność $\frac{x + y}{2} \geq \sqrt{x y}$ .

Wiemy, że
dla $x, y > 0$ zachodzi nierówność $\frac{x + y}{2} \geq \sqrt{x y}$ ,
czyli $x + y \geq 2 \sqrt{x y}$ .

Korzystając trzykrotnie z tej nierówności, mamy: $L = (a + b) (b + c) (c + a) \geq 2 \sqrt{a b} \cdot 2 \sqrt{b c} \cdot 2 \sqrt{c a} =$
$= 8 \sqrt{a^{2} b^{2} c^{2}} = 8 a b c = P$ .

W puste miejsce należy więc wstawić liczbę $8$ .
Jeśli podstawimy $a = b = c = 1$ , to od razu widać, że dla pozostałych wartości ( $9$ , $12$ , $16$ ) nierówność nie jest prawdziwa.

R1JivH7RDjmkE2

Ćwiczenie 2

Dwa kolejne ćwiczenia dotyczą tej samej funkcji, dlatego warto rozwiązać je łącznie. Na końcu znajdują się wskazówki i pełne rozumowanie oparte na nierówności Cauchy'ego (zadania można też rozwiązać korzystając z metod analizy matematycznej, ale to nie mieści się w zakresie bieżącej lekcji).

RHbXD8gnf8kyD2

Ćwiczenie 3

Ćwiczenie 4

R1LeikuzoBLZw

Skorzystaj z nierówności Cauchy'ego.
Zauważ, że:
$f (x) = x^{2} + \frac{16}{x} = x^{2} + \frac{8}{x} + \frac{8}{x} = \frac{3 x^{2} + \frac{24}{x} + \frac{24}{x}}{3}$ .

Z nierówności Cauchy'ego:
$f (x) = x^{2} + \frac{16}{x} = x^{2} + \frac{8}{x} + \frac{8}{x} = \frac{3 x^{2} + \frac{24}{x} + \frac{24}{x}}{3} \geq$
$\geq \sqrt[3]{3 x^{2} \cdot \frac{24}{x} \cdot \frac{24}{x}} = \sqrt[3]{3^{3} \cdot 8 \cdot 8} = 12$ .

Równość zachodzi, gdy $3 x^{2} = \frac{24}{x}$ , czyli dla $x = 2$ .

Najmniejszą wartością funkcji $f (x)$ jest więc $12$ .
Najmniejsza wartość jest przyjmowana dla argumentu $x = 2$ .

Ćwiczenie 5

R2CO713R7ek33

Skorzystaj z nierówności Cauchy'ego.
Zauważ, że:
$x^{2} + y^{2} + z^{2} + t^{2} = \frac{x^{2} + y^{2}}{2} + \frac{y^{2} + z^{2}}{2} + \frac{z^{2} + t^{2}}{2} + \frac{t^{2} + x^{2}}{2}$ .

Skorzystajmy czterokrotnie z nierówności Cauchy'ego:
$L = x^{2} + y^{2} + z^{2} + t^{2} = \frac{x^{2} + y^{2}}{2} + \frac{y^{2} + z^{2}}{2} + \frac{z^{2} + t^{2}}{2} + \frac{t^{2} + x^{2}}{2} \geq$
$\geq \sqrt{x^{2} y^{2}} + \sqrt{y^{2} z^{2}} + \sqrt{z^{2} t^{2}} + \sqrt{t^{2} x^{2}} = x y + y z + z t + t x = P$ .

Pierwsza nierówność została zatem wykazana.

Druga nie zawsze zachodzi - na przykład gdy podstawimy $x = y = z = t = 1$ otrzymamy sprzeczność.

Ćwiczenie 6

R1FxNWBVn4AkZ

Spróbuj postąpić analogicznie jak w poprzednim ćwiczeniu.

Zauważ, że:
$x^{3} + y^{3} + z^{3} + t^{3} = \frac{x^{3} + y^{3} + z^{3}}{3} + \frac{y^{3} + z^{3} + t^{3}}{3} + \frac{z^{3} + t^{3} + x^{3}}{3} + \frac{t^{3} + x^{3} + y^{3}}{3}$ .

Skorzystajmy czterokrotnie z nierówności Cauchy'ego: $L = x^{3} + y^{3} + z^{3} + t^{3} = \frac{x^{3} + y^{3} + z^{3}}{3} + \frac{y^{3} + z^{3} + t^{3}}{3} + \frac{z^{3} + t^{3} + x^{3}}{3} + \frac{t^{3} + x^{3} + y^{3}}{3} \geq$
$\geq \sqrt[3]{x^{3} y^{3} z^{3}} + \sqrt[3]{y^{3} z^{3} t^{3}} + \sqrt[3]{z^{3} t^{3} x^{3}} + \sqrt[3]{t^{3} x^{3} y^{3}} = x y z + y z t + z t x + t x y = P$ .

Nierówność jest zatem prawdziwa.

Ćwiczenie 7

RAFAYh3xYqTYG

Wykaż za pomocą nierówności Cauchy'ego, że dla $a > 0$ zachodzi nierówność $2 a + \frac{3}{8} \geq \sqrt[4]{a}$ .

Wykażemy, że $2 a + \frac{3}{8} \geq \sqrt[4]{a}$ .

Skorzystajmy z nierówności Cauchy'ego:
$L = 2 a + \frac{3}{8} = 2 a + \frac{1}{8} + \frac{1}{8} + \frac{1}{8} = \frac{8 a + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2}}{4} \geq$
$\geq \sqrt[4]{8 a \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}} = \sqrt[4]{a} = P$ .

Wiemy, że równość w tej nierówności zachodzi gdy $8 a = \frac{1}{2}$ , czyli dla $a = \frac{1}{16}$ .

Prawdziwe są zatem nierówności:
$\sqrt[4]{a} - 2 a \leq \frac{3}{8}$
$\sqrt[4]{a} - 2 a \leq \frac{1}{2}$
$\sqrt[4]{a} - 2 a \leq 2$
przy czym w dwóch ostatnich równość zajść nie może.

Ćwiczenie 8

R1CzgFlo1aDNv

Wykaż prawdziwość nierówności $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \geq \frac{9}{a + b + c}$ .

Wykażemy prawdziwość nierówności
$\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \geq \frac{9}{a + b + c}$ .

Przekształćmy nierówność równoważnie, mnożąc ją przez dodatni czynnik $a + b + c$ :
$\frac{a + b + c}{a} + \frac{a + b + c}{b} + \frac{a + b + c}{c} \geq 9$
$\frac{a}{a} + \frac{b}{a} + \frac{c}{a} + \frac{a}{b} + \frac{b}{b} + \frac{c}{b} + \frac{a}{c} + \frac{b}{c} + \frac{c}{c} \geq 9$
$3 + (\frac{a}{b} + \frac{b}{a}) + (\frac{b}{c} + \frac{c}{b}) + (\frac{c}{a} + \frac{a}{c}) \geq 9$ .

Ostatnia nierówność jest oczywista, ponieważ zgodnie z nierównością Cauchy'ego dla dowolnych $x, y > 0$ zachodzi zależność $\frac{x}{y} + \frac{y}{x} \geq 2$ .

Nierówności słabej nie możemy zastąpić ostrą, ponieważ dla $a = b = c$ uzyskujemy równość.

Słownik

nierówność Cauchy'ego między średnią arytmetyczną i geometryczną

dla liczb dodatnich $a_{1}; a_{2}; \dots; a_{n}$ ,
zachodzi nierówność

\sqrt[n]{a_{1} \cdot a_{2} \cdot \dots \cdot a_{n}} \leq \frac{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}}{n}

przy czym równość w powyższej nierówności zachodzi tylko, gdy $a_{1} = a_{2} = \dots = a_{n}$

średnia arytmetyczna

liczb dodatnich $a_{1}; a_{2}; \dots; a_{n}$ to liczba

s_{A} = \frac{a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}}{n}

średnia geometyczna

liczb dodatnich $a_{1}; a_{2}; \dots; a_{n}$ to liczba

s_{G} = \sqrt[n]{a_{1} \cdot a_{2} \cdot \dots \cdot a_{n}}

4. Działania na ułamkach algebraicznych

M_R_W15_M1 Ułamki algebraiczne

5*. Nierówność Cauchy'ego (DODATEK)

Słownik