Dit geeft ee voorwaarde die slechts afhagt va de begiwaarde va de `basisoplossige' (bij (3) is die voorwaarde a b a b 0). Hoe ka me twee lieair oafhak

Transcriptie

1 Lesbrief 5 Recurreties e ogelijkhede Recursief gedefiieerde rije Er zij getallerije {a } die voldoe aa ee recurrete betrekkig va de vorm a +k = f(a +k ;a +k ;:::;a ) voor = ; ;:::, waardoor de + k-de term wordt uitgedrukt i zij k voorgagers. Geeft me de eerste k terme va de rij, daisderijvolledige bepaald. Zo komt bijvoorbeeldideiwova 976 ee rij {u } voor gedefiieerd door u + = u + (u ) 5, u 0 =,u = 5. Hier geldt dus k =. I deze paragraaf worde rije oderzocht die voldoe aa ee recurrete betrekkig va de vorm a +k = A a +k + A a +k + + A k a ; =; ;::: () waari A ;A ;:::;A k costate zij e A k 0. Voor k = staat er a + = Aa ; =; ;::: : Blijkbaar is de rij da ee meetkudige rij: a + = Aa = A a = = A a. Voor k = wordt de betrekkig a + = Aa + + Ba ; (B 0); =; ;::: () Merk alvores verder te gaa, eerst eige algemee eigeschappe op va rije die aa () voldoe: () Als {a } voldoet aa (), da voldoet ook {ca } aa () voor alle costates c. () Als {a } e {b } beide voldoe aa () (dus met dezelfde A e B maar evetueel verschillede begiwaarde), voldoet ook {a + b }. De eigeschappe () e () gelde, zoals me omiddellijk iziet, ook algemee voor rije die aa de betrekkig () voldoe: zij {a } e {b } oplossige va (), da zij ook alle zogeaamde lieaire combiaties {ca + db } oplossige va (). Stel u dat {a } e {b } beide voldoe aa (). Is da ook elke rij{x } die aa () voldoet va de vorm x = ca + db voor zekere costate c e d? Zo' rij wordt volledig bepaald door zij twee begiwaarde x ;x. Als voor zekere c e d ρ x = ca + db x = ca + db (3) geldt, omdat {x } ee oplossig va () is, voor alle atuurlijke dat x = ca + db. Uit het stelsel (3) ka me c e d oplosse, tezij a b a b = 0, d.w.z. tezij a : b = a : b. I dat laatste geval is de rij {b } ee veelvoud va de rij {a }. Hieruit blijkt dat als me twee zogeaamde lieair oafhakelijke oplossige va () heeft, alle oplossige te schrijve zij als lieaire combiaties va deze twee. I het algemee geval va betrekkig () heeft me k lieair oafhakelijke oplossige odig om alle oplossige voort te brege. Lieair oafhakelijk beteket da dat ee k k-stelsel aaloog aa (3) altijd precies éé oplossig moet hebbe.

2 Dit geeft ee voorwaarde die slechts afhagt va de begiwaarde va de `basisoplossige' (bij (3) is die voorwaarde a b a b 0). Hoe ka me twee lieair oafhakelijke oplossige va () vide? Zoude er meetkudige rije {t } zij die voldoe? Da moet gelde t + = At + + Bt,ofwel t At B =0: (4) Deze vergelijkig heet de karakteristieke vergelijkig va (). Heeft (4) twee verschillede reële wortels t e t, da zij {t } e {t } lieair oafhakelijk, wat t t t t = t t (t t )et t = B 0. De algemee oplossig va () is i dat geval {ct + dt }. Voorbeeld: De rij va Fiboacci (de bijaam va Leoardo va Pisa, ±00 a Chr.) is de rij ; ; ; 3; 5; 8; 3; ; 34;::: : Deze rij is gedefiieerd door F = F =ef + = F + + F voor =; ;:::. De karakteristieke vergelijkig va deze recurretie is t t =0. De oplossige hierva zij t ; = ± 5, e de algemee oplossig va de recurrete betrekkig is dus ct + dt. Aagezie ρ =F = c( + 5)+d( 5) =F = c( + 5) + d( 5) is c = 5 5ed = 5 5. De algemee term va de rij va Fiboacci wordt dus 5 ( + 5) ( 5) : F = 5 Omdat + 5 > e 5 <, is voor grote de term ( 5) verwaarloosbaar. Ee ruwe schattig geeft bijvoorbeeld F Opgave. Bepaal Heeft de karakteristieke vergelijkig twee samevallede wortels, da vidt me slechts éé meetkudige rij die voldoet (op veelvoude a). Schrijf i dat geval () als a + Ea + + E a =0: (5) De karakteristieke vergelijkig heeft als dubbele wortel t = E. De meetkudige rij {E } is dus ee oplossig. Noem b = a E e deel (5) door E +, da otstaat ofwel b + b + + b =0 b + b + = b + b : Omiddellijk ziet me behalve de oplossig b = voor alle (correspodered met a = E ) og ee tweede oplossig: b =. Deze geeft de va de eerste lieair oafhakelijke tweede basisoplossig (verifieer dit) a = E. De algemee oplossig va (5) is dus {ce + de }. Te slotte het geval dat de karakteristieke vergelijkig helemaal gee reële oplossige heeft. Me zou da met complexe getalle kue werke, maar het ka ook zoder. Schrijf () i de vorm a + Fa + + E a =0: (6)

3 (De coëfficiët va a is positief wat de discrimiat 4F 4E is egatief, e dit laatste beteket bovedie dat F E <.) Noem weer b = a E,daotstaat b + F E b + + b =0: Omdat F E < iseree' zo, dat F E =cos'. De vergelijkig gaat da over i b + cos'b + + b =0: (7) Me moet u opmerke dat b + = cos ' e b + = si ' oplossige va (7) zij. Dit volgt direct uit de formules cos( +)' = cos ' cos ' si ' si ' cos( )' = cos ' cos ' + si ' si ' si( +)' = si ' cos ' +cos' si ' si( )' = si ' cos ' cos ' si ' Hiermee zij dus twee lieair oafhakelijke (verifieer dit weer) oplossige gevode. Uiteraard zij ook {cos '} e {si '} oplossige (de idex is allee verschove). Neem voor de eevoud deze als basisoplossige va (7). De basisoplossige va (6) zij da {E cos '} e {E si '} e de algemee oplossig is {E (c cos ' + d si ')}. I pricipe ka me de algemee recurrete betrekkig () voor k> aaloog behadele. De wortels va de karakteristiekevergelijkig zij echter voor polyome va hogere graad moeilijker te bepale. Zij bovedie iet alle wortels reëel, da is het gebruik va complexe getalle vrijwel overmijdelijk. Opgave. Bepaal de -de term x va de rij {x } gedefiieerd door a) x + = x + +x, x =0,x =. b) x + =4x + 4x, x =0,x =. c) x + =x + x, x =0,x =. d) x + = x, x = x =. e) x +3 =3x + 3x + + x, x = x =0,x 3 =. Opgave.3 Bepaal de -de terme x e y va de rije {x } e {y } gedefiieerd door het stelsel ρ x+ =3x + y y + =5x y met x =0ey =6. Aawijzig: uit de eerste vergelijkig haalt me door idexverschuivig y + = x + 3x +. Same met y = x + 3x geeft dit, gesubstitueerd i de tweede vergelijkig, ee recurrete betrekkig voor de rij {x }. Opgave.4 Behadel evezo: ρ x+ =x y y + = x +4y met x =,y =. Opgave.5 Bepaal x als gegeve is dat x + = x x +4 met x =0: Aawijzig: oem y + = y z, z + = y +4z, da geldt x = y z. Opgave.6 Evezo: x + = 4x 6x met x =: 3

4 Opgave.7 Bepaal x als x =,x =ex + = x 3 + x. Ogelijkhede Ee fudametele ogelijkheid is A 0voor alle reële waarde va A. Gelijkheid treedt op precies als A = 0. Deze vazelfsprekede ogelijkheid zit verborge i talrijke adere ogelijkhede. Eerste voorbeeld: voor alle positieve a e b geldt ab a+b. Bewijs. Vermeigvuldig de ogelijkheid met e kwadrateer tot 4ab a +ab+b, ofwel 0 a ab + b =(a b). Hieruit volgt dat oze ogelijkheid iderdaad klopt e teves dat gelijkheid optreedt precies als a = b. a+b Tweede voorbeeld: voor alle positieve a e b geldt a +b. Bewijs. Uitwerke geeft ook hier 0 (a b). Opgave. Bewijs: va alle rechthoeke met gegeve omtrek heeft het vierkat de grootste oppervlakte. Opgave. Bewijs: va alle rechthoeke met gegeve oppervlakte heeft het vierkat de kleiste omtrek. Opgave.3 Voor elke scherpe hoek x geldt si x cos x + cos x si x. Opgave.4 Als a; b > 0ea + b =, da is (a + a ) +(b + b ) 5. Waeer geldt het gelijkteke? Opgave.5 Zij a, b e c positief, da is (a + b)(b + c)(c + a) 8abc. Waeer heb je gelijkheid? Opgave.6 Voor welke reële x is a+bx4 x iet differetiëre.) miimaal? (a e b zij positief. Je mag. Gemiddelde Ee uitdrukkig i de positieve variabele a ;a ;:::;a heet ee gemiddelde va a ;a ;:::;a als de waarde erva oafhakelijk is va de volgorde der a i e als voor elke positieve costate c de waarde gelijk is aa c zodra me voor alle i a i = c kiest. Voorbeelde:. Het rekekudig gemiddelde R(a ;a ;:::;a )= (a + a + + a ).. Het meetkudig gemiddelde M(a ;a ;:::;a )=(a a a ). 3. Het harmoisch gemiddelde H(a ;a ;:::;a )=. a + a ++ a Va alle gemiddelde zij het rekekudig e het meetkudig gemiddelde het belagrijkste. 4

5 Stellig. Voor elk -tal positieve getalle a ;a ;:::;a geldt R(a ;a ;:::;a ) M(a ;a ;:::;a ) : Dit heet de rekekudig-meetkudig gemiddelde ogelijkheid. daeslechts da als a = a = = a. Gelijkheid treedt op Deze stellig is zo belagrijk, dat we er drie verschillede bewijze va gaa geve. Er zij er overiges og wel meer beked. De drie die we hier presetere zij alle drie erg elemetair, maar toe elk ee adere beaderigswijze. Bewijs. We kue veroderstelle dat a a a =. Immers, de gevraagde ogelijkheid veradert iet als we alle a i met dezelfde positieve factor vermeigvuldige. Oder deze aaame moete we u bewijze dat a + a + + a. We gebruike u volledige iductie aar. Voor = is de ogelijkheid aa het begi va deze paragraaf beweze. Stel u dat de ogelijkheid geldt voor elk -tal. Laat gegeve zij + positieve getalle a ;a ;:::;a met a a a =. Als alle a i gelijk zij is de ogelijkheid waar. Aders is er ee tweetal, bijvoorbeeld a e a met a > ea <. Da is dus (a )(a ) = a a a a +< 0, oftewel a +a >a a +, zodat volgt a +a ++a + > +a a +a 3 ++a + +, omdat a a ;a 3 ;:::;a + positieve getalle zij met product. Bewijs. We wete dat a a a +a a + a a3 + a 4 a +a a e a 3 a 4 3+a 4, dusa a a 3 a 4 + a3+a 4 Zo voortgaade bewijst me voor alle va de vorm m dat a + a + + a m m a a a m : m z } m maal 4 a + a + a 3 + a 4 4 = : 4 Kies u voor ee willekeurig de waarde va m zo groot, dat < m, e oem b = a+a++a a m. Da geldt dat a a a bb b +a ++a +( )b m = m b m,dusa a a b a. Dit is wat we moeste bewijze. Omdat a a = +a da e slechts da geldt als a = a, bewijst me stap voor stap dat ook i het algemee gelijkheid precies optreedt waeer alle a i gelijk zij. Er zit i dit tweede bewijs ee merkwaardig soort iductie. We lope i grote stappe door de atuurlijke getalle hee e vulle achteraf de opegelate gate op. Bewijs. Uit de grafiek va de fuctie f(x) =logx blijkt dat log a+a (log a + log a )=log a a,ziefig.. Daarom volgt ook a+a a a. We gaa bewijze dat log a+a++a (log a + +loga ), waaruit de gevraagde ogelijkheid volgt. 5

6 log x log a +log a f(x) a a +a a a a i Figuur. Figuur. I het algemee geldt voor elke fuctie waarva de grafiek `bol aar bove' is (d.w.z. dat het verbidigsstuk va twee pute va de grafiek altijd oder de grafiek ligt) de ogelijkheid f a + a + + a (f(a )+f(a )++ f(a )) : Om dit i te zie oeme we μa = a++a. Heeft de raaklij i x = μa richtigscoëfficiët c = f (μa), da is f(a i ) f(μa)+c(a i μa) voor elke a i. Zie ook fig. Telt me deze ogelijkhede op voor i =; ;:::;da blijkt f(a )++ f(a ) f(μa)+c(a + + a μa) =f(μa). Overiges is het iet odig te veroderstelle dat f i x = μa differetieerbaar is. Omdat f `bol aar bove' is, is er door elk put va de grafiek mistes éé rechte die verder geheel bove de grafiek ligt. De methode va dit derde bewijs is ook toepasbaar bij fucties waarva de grafiek `bol aar beede' is, zoals f(x) =x. Toepassig va de methode geeft i dat geval de ogelijkheid (a + + a a + + a ) : Als toepassig va stellig (.) behadele we de volgede opgave: als x, y e z positieve getalle zij met x + y + z =,da geldt ( + x )( + y )( + z ) 64. Probeer alvores verder te gaa zelf deze opgave op te losse. Oplossig: Kies x = y = z =, da otstaat de gelijkheid. De ogelijkheid is dus 3 iet te verscherpe. Merkwaardigerwijze wordt de opgave eevoudiger als me de ormaliserig x + y + z = laat valle. Stel daarom x + y + z = s. Kies weer x = y = z = s, da geldt 3 ( + x )( + y )( + z )=(+3 s )3 : Waarschijlijk geldt dus i het algemee ook voor alle positieve x, y e z met som s dat ( + x )( + y )( + z ) ( + 3 s )3 : Aagezie volges stellig (.) geldt s 3 xyz, is het zo, dat ( s )3 ( + 3 xyz ) 3 = xyz x y z xyz +3 ( 3 x + y + z )+3 ( 3 xy + yz + zx )+ xyz = ( + x )( + y )( + z ). Dit bewijst oze algemee ogelijkheid e daarmee is het probleem waarmee we begoe ook opgelost. Opgave.7 Voor elk -tal positieve getalle a ;a ;:::;a geldt H(a ;a ;:::;a ) M(a ;a ;:::;a ) 6

7 e gelijkheid treedt da e slechts da op als alle a i gelijk zij. Opgave.8 Me splitst ee positief getal k i positieve dele a ;a ;:::;a,dus k = a + a + + a. Bewijs dat het product a a a maximaal is als me alle a's gelijk kiest. (Het aatal is vast verodersteld.) Opgave.9 a ;a ;:::;a zij positief. Bewijs dat a a + a a a a + a a. Opgave.0 a ;a ;:::;a zij positief. Bewijs dat (a + a + + a )( a + a + + a ). +. Opgave. Voor elke gehele > geldt! < Opgave. a ;a ;:::;a zij positief, >, e s = a + a + + a. Bewijs ( + a )( + a ) ( + a ) < +s + s s + +.!! Opgave.3 a, b e c zij positieve hoeke met som gelijk aa ß. Bewijs () ta a +tab + ta c 3. () ta a + ta b +ta c. Aawijzig: kijk aar het derde bewijs va stellig (.). Stellig. Gegeve zij -tal reële getalle: a ;a ;:::;a e b ;b ;:::;b. Da geldt de ogelijkheid va Cauchy-Schwarz, geoemd aar A.L. Cauchy ( ) e H.A. Schwarz (843-9): (a b + a b + + a b ) (a + a + + a )(b + b + + b ) : Gelijkheid treedt op precies waeer a : b = a : b = = a : b. Bewijs. Als b = b = = b = 0 is er iets te bewijze. Stel dus bijvoorbeeld b 0. Voor elke t is da 0 (a + tb ) +(a + tb ) + +(a + tb ) = (a +a ++a )+(a b +a b ++a b )t+(b +b ++b )t = A+Ct+Bt met B 0. Dit is ee kwadratische vorm i t die blijkbaar defiiet iet-egatief is. De discrimiat 4C 4AB is dus iet positief. Ivulle geeft de gevraagde ogelijkheid. Gelijkheid treedt da e slechts da op als voor zekere t 0 geldt (a + t 0 b ) +(a + t 0 b ) + +(a + t 0 b ) =0: Alle terme moete da ul zij, e dit beteket a : b = a : b = = a : b = t 0. x Opgave.4 Voor alle x, y e z geldt + y + z 3 6 x + y + z. 3 6 Opgave.5 (x y ) +(x y ) + +(x y ) (x + x + + x ) + (y + y + + y ) voor alle x ;x ;:::;x e y ;y ;:::;y. Opgave.6 (p x +p x ++p x ) (p +p ++p )(p x +p x ++p x ) voor alle iet-egatieve p ;p ;:::;p e alle x ;x ;:::;x. Opgave.7 (x y ) +(x y ) + +(x y ) (x + x + + x ) (y + y + + y ) voor alle iet-egatieve xi e y i. 7

8 Stellig.3 Als a a a e b b b da geldt a + a + + a b + b + + b a b + a b + + a b Gelijkheid treedt da e slechts da op als a = a = = a of b = b = = b. Deze ogelijkheid heet de ogelijkheid va Chebyshev (spreek uit: Tsj ebiesj ev), geoemd aar P.L.Chebyshev (8-89). : Bewijs. We passe volledige iductie aar toe. Voor = is er iets te bewijze. Stel dat de ogelijkheid geldt voor. Te bewijze is u dat(a + a + + a )(b + b + + b ) (a b + a b + + a b ). Het liker lid is gelijk aa ( a i + a )( Het rechter lid is gelijk aa ( b i + b )= a i b i + a b )=( ) Volges de iductiehypothese geldt a i a i a i b i + b i + a b i + b a i + a b : b i Verder geldt voor alle i dat (a i a )(b i b ) 0, dus a i b i +( )a b + a b : a i b i : (8) a b i + b a i a i b i + a b : (9) Uit (8) e (9) (voor alle i) same volgt de gevraagde ogelijkheid. Volges de iductiehypothese geldt i (8) slechts het gelijkteke als a = a = = a of als b = b = = b. Stel dat het eerste geval zich voordoet e stel a a. Volges (9) moet, als het gelijkteke voor iedere i zou gelde, da b i = b voor iedere, dus b = b = = b. Dit voltooit het bewijs. Opgave.8 () Als a a a e b b b, da (a + a + + a )(b + b + + b ) (a b + a b + + a b ). () Als a a a e b b b, da (a + a + + a )(b + b + + b ) (a b + a b + + a b ). Gelijkheid treedt i beide gevalle da e slechts da op als alle a i of alle b i gelijk zij. Opgave.9 Laat x ;x ;:::;x e y ;y ;:::;y twee iet-stijgede rije reële getalle zij. Laat z ;z ;:::;z ee permutatie zij va y ;y ;:::;y. Bewijs dat (IWO 975) i=0 (x i y i ) i=0 (x i z i ) : 8

9 3 Gemegde opgave Opgave 3. Bewijs voor de terme va de rij va Fiboacci de volgede formules: () F + F + + F = F +. () F + F F = F +. (3) F + F F = F. (4) F + F + + F = F F +. (5) F F + F F F F = F. Opgave 3. Bewijs dat de somme s ;s ;::: va de getalle op de aagegeve diagoale va de driehoek va Pascal de rij va Fiboacci vorme. s s s s s s Opgave 3.3 Bewijs dat voor alle atuurlijke getalle m e geldt: m+ m m (m + ) : Opgave 3.4 Bewijs dat voor a ;a ;:::;a a a 3 + a a + a + + > 0 geldt dat a a + a + + a. a a + a a +! Opgave 3.5 Bewijs dat x(x +)(x + ) = 0 x x + + +( ) x +. Opgave 3.6 Bewijs (abc) a+b+c 3 a a b b c c voor alle a; b; c > 0. Opgave 3.7 Bewijs a c b a c b <a b b c c a <a a b b c c als 0 <a<b<c. Opgave 3.8 Bewijs de volgede ogelijkheid voor de hoeke ff, fi e fl va ee driehoek: 3 33fffifl si ff si fi si fl : ß Waeer geldt het gelijkteke? Opgave 3.9 Laat (a k ) k N ee rij paarsgewijs verschillede positieve gehele getalle zij. Bewijs dat voor alle N k= a k k : (IWO 978) k k= 9