Ongelijkheden. IMO trainingsweekend 2013

Transcriptie

1 Ogelijkhede IMO traiigsweeked 0 Deze tekst probeert de basis aa te brege voor het bewijze va ogelijkhede op de IMO. Het is de bedoelig om te bewijze dat ee bepaalde grootheid (ee uitdrukkig met ee aatal variabele i) steeds mistes zo groot is als (of strikt groter da) ee adere, evetueel oder bepaalde voorwaarde. Om verwarrig te vermijde make we eerst de volgede afspraak: ee reëel getal heet positief als het mistes ul is. Ee reëel getal heet egatief als het hoogstes ul is. Merk op dat ul dus zowel positief als egatief is. (Weetje: i het Egels is de covetie dat positive ee getal aaduidt dat strikt groter is da ul e egative ee getal dat strikt kleier is da ul. I het Egels is ul dus iet positive e ook iet egative.) Deze tekst is vooramelijk gebaseerd op hoofdstuk 7 va Problem Solvig Strategies va Arthur Egel e op Olympiad Iequalities va Thomas Mildorf. De meeste oefeige kome rechtstreeks uit éé va deze twee broe. De basis Laat os begie met ee voorbeeld. Opgave. Bewijs dat voor alle reële getalle a, b geldt dat a + b ab. Oplossig. Kwadrate zij positief (!). Daarom geldt (a b) 0. Uitwerke va het merkwaardig product levert het gevraagde. Dit voorbeeld illustreert de eerste techiek die je ka gebruike om ee ogelijkheid aa te toe: kwadrate zij positief. Ook somme va kwadrate zij atuurlijk positief. We zulle hier ee aatal resultate uit afleide die vaak uttig zij. Het bewijze va deze stellige late we als oefeig aa de lezer. Stellig. Voor alle reële getalle a, b geldt dat (a + b ) (a + b) a + b a + b. Als a e b positief zij, wete we dat ( a b) 0. Dit levert het volgede op.

2 Stellig. Voor a, b, x > 0 geldt a + b ab. a b + b a x + x Het getal ab ab a + b = +. a b (a + b )/ wordt het kwadratisch gemiddelde va a e b geoemd. Het getal (a + b)/ wordt het rekekudig gemiddelde va a e b geoemd. Het getal ab wordt het meetkudig gemiddelde va a e b geoemd. Het getal ab/(a + b) wordt het harmoisch gemiddelde va a e b geoemd. De afkortige voor deze gemiddeldes zij (vauit het Egels) respectievelijk QM, AM, GM e HM. We hebbe da het volgede resultaat vastgesteld. Stellig. Voor strikt positieve getalle a e b geldt mi(a, b) HM GM AM QM max(a, b). Deze vier soorte gemiddeldes kue we uitbreide tot rije va strikt positieve getalle. Voor a,..., a > 0 hebbe we a + + a QM = Stellig 4. Voor a,..., a > 0 geldt AM = a + + a GM = a a... a HM = a + +. a mi(a i ) HM GM AM QM max(a i ). i i De ogelijkhede zij gelijkhede precies waeer alle a i gelijk zij. Als éé of meer va de a i ul zij, da geldt de stellig og steeds op voorwaarde dat je het harmoisch gemiddelde weglaat (wat dat is da iet gedefiieerd). Opgave (Ogelijkheid va Nesbitt). Voor strikt positieve getalle a, b, c geldt a b + c + b c + a + c a + b.

3 Eerste oplossig. We kue de ogelijkheid herschrijve tot a + b + c b + c + a + b + c c + a + a + b + c a + b of dus ( (a + b + c) b + c + c + a + ) a + b Dit kue we herschikke tot hetgee equivalet is met (a + b + c) (a + b) + (b + c) + (c + a) + + b+c c+a a+b maar dit is gewoo AM-HM voor a + b, b + c e c + a , b+c c+a a+b ( ) Tweede oplossig. We begie met dezelfde twee stappe als i de eerste oplossig e moete dus ( ) bewijze. Da oeme we x = b + c, y = c + a, z = a + b zodat de ogelijkheid wordt ( (x + y + z) x + y + ) 9. z Dit is equivalet met + ( x y + y ) ( y + x z + z ) ( z + y x + x ) 9, z hetgee klopt omdat alle somme tusse haakjes mistes zij. Derde oplossig. Oze eerste twee stappe zij weer dezelfde. We passe AM-GM toe op beide factore i het likerlid va ( ). Dit levert op ( (a + b + c) a + b + ) abc c abc = 9. Vierde oplossig. Als we a, b e c vervage door ta, tb e tc met t > 0, da blijft de ogelijkheid gelde (we moge de situatie herschale ; we zegge ook wel dat de ogelijkheid homogee is). Daarom moge we aaeme dat a + b + c = i ( ). Nu passe we AM-HM toe op (a + b), (b + c) e (c + a) e we vide dat ( a + b + b + c + ) c + a e dit was precies wat we moeste bewijze volges ( ). (a + b + c) =

4 De herschaal-techiek i het vierde bewijs ka waardevol zij op ee olympiade. Kijk altijd eve a of ee ogelijkheid homogee is. Merk op dat de ogelijkheid tusse de gemiddeldes (stellig 4) homogee ogelijkhede bevat. Soms kome homogee ogelijkhede eer op deze stellig. Vaak moete ogelijkhede beweze worde oder evevoorwaarde, extra gegeves waaraa de variabele voldoe. Het is vaak ee goed idee om de te bewijze ogelijkheid homogee te make met behulp va deze extra gegeves. Ee voorbeeld: Opgave. Als a, b, c positieve getalle zij zodaig dat abc =, da is a+b+c a +b +c. Oplossig. Het likerlid is va de eerste graad i de variabele e het rechterlid va de tweede. Liks vermeigvuldige met (abc) = levert dus ee homogee ogelijkheid op, amelijk a b c + b c a + c a b a + b + c. Deze volgt uit AM-GM. Iderdaad, we hebbe a + a + a + a + b + c 6 a 4 b c e og twee aaloge ogelijkhede door cyclisch verwissele va de variabele. Deze drie ogelijkhede optelle levert het gevraagde. Stadaard ogelijkhede Belagrijk i het bewijze va ogelijkhede is het herkee va bestaade ogelijkhede die goed geked zij. Stellig 4 mag je gebruike op de IMO op voorwaarde dat je de aam (bijvoorbeeld QM-GM) vermeldt. Hetzelfde geldt voor de stellige i deze sectie. Stellig 5 (Cauchy-Schwarz). Als a,..., a e b,..., b reële getalle zij, da is (a b + + a b ) (a + + a )(b + + b ). Gelijkheid geldt precies waeer er ee reëel getal λ bestaat zodaig dat a i = λb i voor alle i of als alle b i ul zij. Deze ogelijkheid komt heel vaak voor i olympiade-oplossige, bijvoorbeeld bij de volgede opgave. Opgave 4. Voor strikt positieve getalle a, b, c, d geldt a + b + 4 c + 6 d 64 a + b + c + d. Voor de volgede stellig moete we wete wat covexiteit is. Als f : [a, b] R ee fuctie is op ee iterval, oeme we deze covex als λf(x) + ( λ)f(y) f(λx + ( λ)y) voor alle x, y [a, b] e λ [0, ]. 4

5 Grafisch gezie komt dit erop eer dat het lijstuk tusse twee pute op de grafiek erges oder de grafiek ligt. Ee fuctie f heet cocaaf als f covex is, met adere woorde als het lijstuk tusse twee pute op de grafiek erges bove de grafiek ligt. Als f cotiu is e twee keer afleidbaar op ]a, b[, da is f covex als e slechts als de tweede afgeleide altijd positief is. Aaloog is f da cocaaf als e slechts als de tweede afgeleide altijd egatief is. We oeme ee fuctie strikt covex als de ogelijkheid strikt is voor alle λ ]0, [ (tezij x = y), e aaloog voor strikt cocaaf. Veroderstel dat f cotiu is e twee keer afleidbaar op ]a, b[. Als de tweede afgeleide va f strikt positief is, da is f strikt covex (maar het omgekeerde geldt iet). Covexiteit va fucties is ee krachtig hulpmiddel voor het aatoe va ogelijkhede. Het is wellicht éé va de weiige plaatse i de IMO waar het gebruik va afgeleide uttig is. Stellig 6 (Jese). Zij f : [a, b] R covex. Da geldt voor alle x,..., x [a, b] e positieve ω,..., ω (iet allemaal ul) dat ω f(x ) + + ω f(x ) ω + + ω ( ) ω x + + ω x f. ω + + ω De ogelijkheid is strikt waeer f strikt covex is e de x i iet allemaal gelijk zij. Opgave 5. Als a, b strikt positief zij zodaig dat a + b =, da is ( a + a) ( + b + ) 5 b. Oplossig. De fuctie f : x (x + x ) is covex op de verzamelig va strikt positieve getalle (ga dit zelf a). We hebbe dus ( ) f(a) + f(b) a + b f e dit is het gevraagde. Stellig 7 (Machtsgemiddeldes). Zij x,..., x e ω,..., ω positieve getalle e veroderstel dat iet alle ω i ul zij. Defiieer ( ω x r + + ω x r f(r) = ω + + ω r voor alle r > 0. Als alle x i strikt positief zij, defiiëre we f ook voor r < 0 aa de had va dezelfde formule, e da defiiëre we ook f(0) = (x ω... x ω ) r ω ) + +ω. (De fuctie f is dus gedefiieerd op alle reële getalle als alle x i strikt positief zij, e aders allee op de strikt positieve reële getalle.) Da is f ee stijgede fuctie i r die waarde aaeemt tusse mi i (x i ) e max i (x i ). Als iet alle x i gelijk zij, is f strikt stijged, e aders is f costat. 5

6 Dit is ee sterke veralgemeig va stellig 4. Iderdaad, als we ω i = eme voor alle i, is f( ) het harmoisch gemiddelde va de x i, f(0) het meetkudig gemiddelde, f() het rekekudig gemiddelde e f() het kwadratisch gemiddelde. Stellig 4 zegt da essetieel dat f( ) f(0) f() f(). De formulerig va deze stellig is lag weges de algemeeheid, e vaak zij speciale gevalle (zoals alle ω i = ) al uttig. Stellig 8 (Schur). Veroderstel dat a, b, c positief zij e dat r > 0. Da is a r (a b)(a c) + b r (b c)(b a) + c r (c a)(c b) 0 met gelijkheid als e slechts als a = b = c, of als twee getalle uit {a, b, c} gelijk zij e het adere ul. Schrijf de gevalle r = e r = ees expliciet op e werk de haakjes uit om de ogelijkheid va Schur beter te lere kee. Stellig 9 (Chebyshev). Veroderstel dat a a a e b b b. Da is a b + + a b a + + a b + + b a b + a b + + a b. Opgave 6. Voor strikt positieve a, b, c geldt a + b + c a + b + c a + b + c. Opgave 7. Veroderstel dat a, b, c positieve getalle zij met a + b + c =. Bewijs dat e ga a waeer de gelijkheid geldt. a + b + c + 6abc 4 De volgede ogelijkheid die we wille bespreke is de herschikkigsogelijkheid. We zulle deze eerst illustrere met ee simpele puzzel. Veroderstel dat op ee tafel stapeltjes eurobiljette ligge, gesorteerd per waarde (dus ee stapeltje va biljette va 5, 0, 0, 50, 00, 00 e 500 euro). Va éé va deze stapeltjes mag je 7 biljette eme, va ee adere 6, va og ee adere 5, va ee vierde 4, va éé va de overblijvede, va ee zesde stapeltje e va het laatste stapeltje. Hoe maximaliseer je je wist? Het atwoord ligt voor de had: eem 7 biljette va 500, 6 biljette va 00, ezovoorts tot biljet va 5. Dit is het idee achter de herschikkigsogelijkheid. Om de herschikkigsogelijkheid op ee efficiëte maier te kue opschrijve, voere we eerst wat otatie i. Als a,..., a e b,..., b twee rije reële getalle zij, otere we hu scalair product als [ ] a a a = a b b b b + + a b. Deze otatie is iet stadaard, e als je ze gebruikt op de IMO moet je ze eerst uitlegge. 6

7 Stellig 0 (Herschikkigsogelijkheid). Veroderstel dat a a a e b b b twee rije reële getalle zij, gesorteerd va groot aar klei. Da is [ ] [ ] [ ] a a a a a a a a a b b b b σ() b σ() b σ() b b b voor eeder welke permutatie σ va {,,..., }. I woorde: het scalair product va twee rije is maximaal als hu elemete op dezelfde maier gesorteerd zij (bijvoorbeeld allebei va groot aar klei), e miimaal als ze omgekeerd gesorteerd zij. Deze ogelijkheid ligt redelijk voor de had als je het voorbeeld met de eurobiljette i het achterhoofd houdt. Toch is ze heel uttig op olympiades, zeker als je ook de uitbreidig aar meerdere rije ket (hoewel die allee spreekt over het maximum). Voor drie rije a,..., a, b,..., b e c,..., c is het gezamelijk scalair product gedefiieerd als a a a b b b = a b c + + a b c, c c c e aaloog voor meer da drie rije. Stellig (Herschikkigsogelijkheid voor meerdere rije). Veroderstel dat ee aatal rije gegeve zij va positieve getalle elk. Da is hu gezamelijk scalair product maximaal als ze allemaal va groot aar klei gesorteerd zij. Merk op dat de herschikkigsogelijkheid voor meerdere rije ekel geldt voor rije va positieve getalle. Opgave 8. Bewijs de ogelijkheid va Nesbitt met behulp va de herschikkigsogelijkheid. Bewijs. Merk op dat [ a b c b+c c+a [ a b c b+c c+a ] a+b ] a+b [ a b c c+a a+b [ a b c a+b b+c ] b+c ] c+a. Het optelle va deze ogelijkhede geeft het gevraagde. Opgave 9. Vid het miimum va si(x) / cos(x) + cos(x) / si(x) voor 0 < x < π. Hit. Voor x = π 4 krijge we. Dit is het miimum. Opgave 0. Voor positieve a, b, c geldt a 4 + b 4 + c 4 a bc + b ca + c ab. Te slotte og ee lijstje va veelvoorkomede substituties: als abc =, ka je stelle a = x/y, b = y/z e c = z/x, 7

8 als a, b, c de zijde zij va ee driehoek (als gee ekele groter is da de som va de twee adere), zij ze te schrijve als a = x + y, b = y + z, c = z + x met x, y, z 0, goiometrische substituties. We geve va de laatste ee voorbeeld. Opgave. Zij x, y, z strikt positief zodaig dat x + y + z = xyz. Bewijs dat + x + + y + + z. Oplossig. Stel x = ta(a), y = ta(b), z = ta(c) met a, b, c ]0, π [. De te bewijze ogelijkheid wordt da De gelijkheid x + y + z = xyz is da hetgee beteket cos(a) + cos(b) + cos(c). ta(a) + ta(b) + ta(c) = ta(a) ta(b) ta(c), ta(c) = ta(a) + ta(b) ta(a) ta(b) = ta(a + b). Er volgt dat a + b + c = π. Merk op dat cos cocaaf is op ]0, π [, zodat volges Jese geldt Dit bewijst het gevraagde. Oefeige cos(a) + cos(b) + cos(c) Opgave. Voor alle reële getalle x geldt x + x +. ( ) a + b + c cos =. Opgave. Voor positieve reële getalle a, b, c geldt (a + b)(b + c)(c + a) 8abc. Opgave 4. Voor alle reële getalle a, b, c geldt a + b + c ab + bc + ca. Opgave 5. Als a, a,..., a 0 positieve reële getalle zij waarva het product is, da geldt ( + a )( + a ) ( + a 0 ) Opgave 6. Voor positieve getalle a, b, c, d geldt (a + c)(b + d) ab + cd. 8

9 Opgave 7. Voor strikt positieve getalle a,..., a geldt ( (a + + a ) + + ). a a Probeer i te zie dat dit beteket dat het rekekudig gemiddelde va getalle mistes het harmoisch gemiddelde is va deze getalle. Opgave 8. Vermeigvuldig de ogelijkheid i opgave 4 met (a + b + c) om te bewijze dat voor alle strikt positieve a, b, c geldt dat AM GM HM (waarbij AM = (a + b + c)/, GM = abc e HM = /(a + b + c )). Opgave 9 (IMO 974). Zij a, b, c, d > 0. Vid alle mogelijke waarde va a a + b + d + b a + b + c + Opgave 0. Voor positieve x,..., x geldt c b + c + d + d a + c + d. x + + x x + x x x (x + x + + x ). Opgave (IMO 975). Veroderstel dat x,..., x e y,..., y twee dalede rije va getalle zij. Veroderstel dat z,..., z ee willekeurige permutatie is va de y i. Too aa dat (x i y i ) (x i z i ). i= Opgave. Voor positieve getalle a, b, c geldt (a b + b c + c a)(ab + bc + ca ) 9a b c. Opgave. Als a, b, c > 0 e a + b + c =, da ( a + a) ( + b + ) ( + c + ) 00 b c. Opgave 4. Voor strikt positieve x, y, z gelde e i= x y + y z + z x y x + z y + x z x y + y z + z x x y + y z + z x. Opgave 5. Bewijs dat (a a + ) > 4a (a + )(a ). Opgave 6. Veroderstel dat a, b, c groter zij da zodaig dat Bewijs dat a + b + c =. a + + b + + c +. 9

10 Opgave 7. Bewijs dat voor reële getalle x e y geldt dat (x + y)( xy) ( + x )( + y ). Opgave 8. Als a, b > 0 e is ee atuurlijk getal, da geldt ( + a ) ( + + b b a) +. Opgave 9. Veroderstel dat a, b, c > 0, a > c e b > c. Bewijs dat c(a c) + c(b c) ab. Opgave 0. Veroderstel dat a, b, c > 0. Bewijs dat abc (a + b c)(a + c b)(b + c a) e a + b + c a b + b c + c a. Opgave. Veroderstel dat a, b, c positief zij zodaig dat a + b + c =. Bewijs dat 4a + + 4b + + 4c +. Opgave. Als a, b, c strikt positieve getalle zij, da is a + b c b + c + b + c a c + a + c + a b a + b 0. Opgave (IMO 995). Veroderstel dat a, b, c positief zij met abc =. Bewijs dat a (b + c) + b (a + c) + c (a + b). Opgave 4 (IMO 999). Zij ee atuurlijk getal. Vid het kleiste getal C zodaig dat voor alle positieve x,..., x geldt ( ) x i x j (x i + x 4 j) C x i. i<j i= Opgave 5. Veroderstel dat abc =. Bewijs dat a 4 + b 4 + c 4 + (a + b + c) a b + a c + b c + b a + c a + c b. 0

11 Opgave 6 (IMO 008). Bewijs dat voor alle reële getalle x, y, z die voldoe aa xyz = de volgede ogelijkheid geldt: x (x ) + y (y ) + z (z ). Bewijs dat er gelijkheid geldt voor oeidig veel drietalle ratioale getalle x, y, z die voldoe aa xyz =. Opgave 7. Veroderstel dat a, b, c strikt positieve getalle zij met a + b + c + abc = 4. Bewijs dat a + b + c b c + a + c (a + b + c). a + b Opgave 8 (Shortlist IMO 008). Veroderstel dat a, b, c, d positief zij zodaig dat abcd = e a + b + c + d > a b + b c + c d + d a. Bewijs dat a + b + c + d < b a + c b + d c + a d. Opgave 9 (IMO 0). Veroderstel dat e dat a,..., a positieve getalle zij waarva het product is. Bewijs dat (a + ) (a + ) (a + ) >.

12 Extraatje: covexiteit i meerdere veraderlijke We illustrere ee techiek die gebruikmaakt va covexiteit i meerdere veraderlijke. We gaa iet i op de theorie, e als je deze techiek wil toepasse op de IMO moet je alle stappe goed veratwoorde (wellicht beter da we hier doe). Opgave 40. Voor 0 a, b, c geldt a b + c + + b c + a + + c + ( a)( b)( c). a + b + Oplossig. We beschouwe het likerlid als ee fuctie f(a, b, c) gedefiieerd op de kubus. Omdat f cotiu is e gedefiieerd op ee geslote e begresd gebied eemt ze haar maximum aa. De fuctie is daarebove strikt covex, zoals agegaa ka worde door alle tweede partieel afgeleide te berekee. Hieruit volgt dat f haar maximum aaeemt op ee put dat iet op het lijstuk tusse twee adere pute ligt, maar zo zij er maar acht: alle hoekpute va de kubus. De fuctiewaarde uitrekee voor alle acht de hoekpute levert dat f ooit groter wordt da. Opgave 4. Als 0 a, b, c, da is a bc + + Extraatje: meer ogelijkhede b ac + + c ab +. Wie extra wapes wil voor het oplosse va ogelijkhede ka zich hieri verdiepe. Veroderstel dat (a,..., a ) e (b,..., b ) twee rije reële getalle zij. We zegge da dat de rij (a,..., a ) de rij (b,..., b ) majoriseert als beide rije daled zij (iet per se strikt), voor alle k geldt dat k i= a i k i= b i, met gelijkheid voor k =. We schrijve dit als (a,..., a ) (b,..., b ). Merk op dat de getalle iet geheel hoeve te zij. Bemerk ook dat de rije dezelfde som moete hebbe (als gevolg va het tweede putje). Als voorbeeld hebbe we dat (, 0, 0) de rij (,, 0) majoriseert. De rij (0,, 0) majoriseert de rij (, 0, ) iet (e ook iet omgekeerd). Wel hebbe we (, 0, 0) (,, 0). Stellig (Muirhead). Veroderstel dat x,..., x positieve getalle zij e dat (a,..., a ) (b,..., b ). Da is x a i i x b i i. sym sym Hierbij wordt de som geome over alle permutaties va de x i (merk op: iet allee over de cyclische). Gelijkheid geldt als e slechts als (a,..., a ) = (b,..., b ) of alle x i gelijk zij.

13 Omdat (,, 0) (,, ) zegt de ogelijkheid va Muirhead bijvoorbeeld dat x y + x z + y x + y z + z x + z y (x yz + y xz + z xy) voor alle positieve x, y, z. Merk op dat we dit ook hadde kue verkrijge door AM-GM door (x y) + (x z) + y z + z y (x 6 6 y) (x z) (y z)(z y) = x yz op te telle over alle permutaties va de variabele. I feite ka elk resultaat dat je via Muirhead verkrijgt ook verkrege worde met AM-GM, e sommige rade aa om ee toepassig va Muirhead steeds te vervage door AM-GM omdat dit beter geked is oder de jury. Bespreek evetueel met je teamleider of het aa te rade is Muirhead te gebruike. We geve te slotte og ee laatste stellig. Stellig (Karamata s majorizatio iequality). Veroderstel dat f covex is op [a, b] e dat (x,..., x ) (y,..., y ), waarbij x i, y i [a, b]. Da is f(x i ) f(y i ). i= i=