mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 20, 2011 12:22 am**

Το παρακάτω θέμα ήταν στα shortlisted problems της Ι.Μ.Ο. 1968. Προτάθηκε από την Πολωνία.

Αν a,b

θετικοί πραγματικοί και

ακέραιος , αποδείξτε ότι
$\left(1+\frac{a}{b} \right)^{m}+\left(1+\frac{b}{a} \right)^{m}\geq 2^{m+1}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 20, 2011 1:12 am**

Για $m\geq 0$

$\left(1+\dfrac{a}{b} \right)^{m}+\left(1+\dfrac{b}{a} \right)^{m}\geq 2\left(\sqrt{\left(1+\dfrac{a}{b} \right)\left(1+\dfrac{b}{a} \right)}\right)^m=2\left(\sqrt{2+\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a} }\right)^m\geq 2\left(\sqrt{2+2}\right)^m=2^{m+1}$

όπου χρησιμοποιήσαμε τις $\alpha+\beta\geq 2\sqrt{\alpha\beta}$ και $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a} \geq 2$ για $\alpha,\beta>0$

Αν m<0

, τότε θέτουμε n=-m>0

και η ανισότητα γράφεται

$\left(1+\dfrac{a}{b} \right)^{-n}+\left(1+\dfrac{b}{a} \right)^{n}\geq 2^{1-n} \Leftrightarrow (2a)^n+(2b)^n\geq 2(a+b)^n$

Με μαθηματική επαγωγή έχουμε ότι ισχύει για n=1

και αν ισχύει για n=k

, δηλαδή $(2a)^k+(2b)^k\geq 2(a+b)^k$ , τότε πρέπει να δείξουμε ότι $(2a)^{k+1}+(2b)^{k+1}\geq 2(a+b)^{k+1}$

Αλλά $(2a)^k+(2b)^k\geq 2(a+b)^k \Leftrightarrow \left((2a)^k+(2b)^k\right)(a+b)\geq 2(a+b)^{k+1}$ , άρα αρκεί να δείξουμε ότι $(2a)^{k+1}+(2b)^{k+1}\geq \left((2a)^k+(2b)^k\right)(a+b)$ , που καταλήγουμε στην $\left[(2a)^k-(2b)^k\right](a-b)\geq 0$ που ισχύει , αφού $(2a)^k-(2b)^k\;,\;a-b$ ομόσημοι ή 0

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 20, 2011 1:32 am**

Μια διαφορετική λύση.

Από την ανισότητα Jensen αφού η συνάρτηση $\displaystyle{f(x)=x^k}$ με $x \geq 0$ και $\displaystyle{k \in \mathbb{N}}$ είναι κυρτή έχουμε:

$\displaystyle{\frac{x^k+y^k}{2} \geq \Big( \frac{x+y}{2} \Big)^k}$ .

Θα το χρησιμοποιήσουμε δυο φορές παρακάτω.

Άρα για m>0

$\displaystyle{\Big(1+\frac{a}{b} \Big)^m+\Big(1+\frac{b}{a} \Big)^m \geq 2 \Big(\frac{2+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}}{2} \Big)^m \geq 2\Big(\frac{2+2}{2} \Big)^m=2^{m+1}}$ .

Για m<0

$\displaystyle{\Big(1+\frac{a}{b} \Big)^m+\Big(1+\frac{b}{a} \Big)^m=\Big(\frac{a}{a+b} \Big)^{-m}+\Big(\frac{b}{a+b} \Big)^{-m} = \frac{a^{-m}+b^{-m}}{(a+b)^{-m}} \geq \frac{2}{2^{-m}}=2^{m+1}}$ .

Για m=0

είναι προφανής.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 20, 2011 12:34 pm**

Καί άλλη μια λύση.

Αν m<0

θέτουμε

καί η προς απόδειξη ανισότητα γίνεται:

$\displaystyle (\frac{a+b}{a})^m+(\frac{a+b}{b})^m=(\frac{a}{a+b})^k+(\frac{b}{a+b})^k\geq 2^{1-k}$

Για k=1

είναι προφανής. Για k>1

από την ανισότητα Holder έχουμε:

$\displaystyle [(\frac{a}{a+b})^k+(\frac{b}{a+b})^k]^{1/k}\times 2^{k-1/k}\geq 1$

άρα:

$\displaystyle (\frac{a}{a+b})^k+(\frac{b}{a+b})^k\geq \frac{2^0}{2^{k-1}}=2^{1-k}$

Αν m=0

η ανισότητα είναι προφανής.

Αν m=1

η ζητούμενη προκύπτει από την $x/y+y/x\geq2$

Aν m>1

από την Holder έχουμε:

$\displaystyle [(1+\frac{a}{b})^m+(1+\frac{b}{a})^m]^{1/m}\times 2^{m-1/m}\geq 2+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq 2^2$ επομένως

$\displaystyle (1+\frac{a}{b})^m+(1+\frac{b}{a})^m\geq \frac{2^{2m}}{2^{m-1}}=2^{m+1}$

mathematica.gr

ΑΠΟ ΤΟ 1968.....

ΑΠΟ ΤΟ 1968.....

Re: ΑΠΟ ΤΟ 1968.....

Re: ΑΠΟ ΤΟ 1968.....

Re: ΑΠΟ ΤΟ 1968.....