Is A < B? Fokko va de Bult Jue 2, 2004 Ileidig Ogelijkhede kome op de IMO i verschillede vorme voor. De opvalledste vorm is opgaves die zelf ee ogelijkheid zij. Deze opgaves vereise (bija) altijd og ee aatal igeieuze stappe, die verder gaa da wat als stadaardmethodes hier beschreve wordt. Verder zij er ook regelmatig meetkudige ogelijkhede op IMO s, dat zij opgaves waari ee ogelijkheid moet worde bepaalt tusse meetkudige waardes (bijvoorbeeld legtes of oppervlaktes). De oplossig va dit soort opgaves vereist keis va meetkude, maar ook va ogelijkhede, al is dat stuk meestal atuurlijk wel makkelijker da ee opgave die allee maar ee ogelijkheid is. Te slotte zij er og ee heleboel opgaves waari wel iets va ee ogelijkheid gebruikt ka worde om iets te bewijze, bijvoorbeeld om ee afschattig te make i ee getaltheorie opgave. De ogelijkhede die da odig zij kue echt va ee stadaard type zij, maar om dat te herkee zul je die stadaard ogelijkhede wel moete kee. Bij het bewijze va ogelijkhede moet je altijd ee paar dige i het oog houde. Te eerste is het va belag om i de gate te houde voor welke waarde va de parameter de ogelijkheid moet gelde (zij het positieve getalle, of mag alles?). Te tweede is het altijd goed om te bedeke of e waeer gelijkheid i de ogelijkheid optreedt. Dit ka hits geve over wat voor soort afschattige gebruikt kue worde om de opgave op te losse. (Als je weet dat er gelijkheid optreedt als x =, da moet dat ook zo zij i elke afschattig die je gebruikt). Te derde ku je je zeer sel vergisse i ee teke va de ogelijkheid e daardoor ee fout bewijs levere, terwijl het ogelooflijk lastig is om de fout te vide. Bij twijfel ku je altijd simpelweg ee paar waardes voor de parameter ivulle e alles voor die waardes arekee. Als je da ee fout hebt gemaakt, of erges ee te grote afschattig ku je dat da makkelijk zie. Bija alle ogelijkhede die je zult tegekome kue op verschillede maiere worde beweze. De meeste belagrijke ogelijkhede i dit stuk kue bijvoorbeeld ook uit elkaar worde afgeleid. Echter, bij veel opgaves zij bepaalde methodes wel eevoudiger e korter da adere. Het is da ook belagrijk om met alle methodes te oefee. Ook ku je je a het oplosse va ee ogelijkheid afvrage of je het ook op ee adere maier og ka oplosse (zolag je dat maar iet doet op de IMO zelf), om zo met alle methodes ervarig te krijge. 2 De basis De belagrijkste ogelijkheid die er is is x 2 0. () Deze ogelijkheid geldt voor alle reële x e gelijkheid geldt allee als x = 0. We gaa deze ogelijkheid hier iet bewijze, maar met behulp va deze ogelijkheid e ee paar regels om ogelijkhede te maipulere ku je al heel veel ogelijkhede bewijze. De meeste va deze regels ke je waarschijlijk al, maar ter herierig oem ik hier og de belagrijkste. Als ee ogelijkheid geldt da mag je aa beide kate ee zelfde getal optelle e da blijft de ogelijkheid gelde. Ook mag je liks e rechts met ee positief getal vermeigvuldige (atuurlijk ook met ee uitdrukkig waarva je weet dat die positief is). Als je met ee egatieve costate
vermeigvuldigt da klapt het teke va de ogelijkheid om. Als je weet dat er liks e rechts ee iet-egatief getal staat da mag je ook aa beide kate kwadratere. Deze regels om ogelijkhede te maipulere kome eigelijk allemaal op hetzelfde eer, we voere amelijk steeds op beide kate va ee ogelijkheid ee stijgede fuctie uit (bv. bij het optelle va ee costate de fuctie f(x) = x + c.) Door dit te doe blijft de ogelijkheid geldig. I het geval va ee dalede fuctie klapt het teke va de ogelijkheid om. Als de fuctie strikt stijged is (dit beteket dat f(x) > f(y) als x > y, terwijl we aders slechts wete dat f(x) f(y) als x > y) da veradere de waarde waari gelijkheid optreedt iet. Adere fucties die soms uttig zij om uit te voere zij bijvoorbeeld e x of log(x) (deze zij vooral hadig om va somme producte te make of adersom). Ook mag je dige doe als twee ogelijkhede bij elkaar optelle of met elkaar vermeigvuldige (dit laatste allee als alle vier de terme positief zij!). Voorbeeld 2. Voor twee iet-egatieve getalle a e b bekijke we de ogelijkheid ( a b) 2 0. Uitwerke geeft dat a + b 2 ab 0. Het liks e rechts optelle va 2 ab e dele door 2 geeft vervolges de volgede, belagrijke ogelijkheid a + b 2 Ga zelf a dat gelijkheid allee optreedt als a = b. ab. (2) I dit voorbeeld zij we va bekede ogelijkhede aar ee obekede gelijkheid gegaa. I de praktijk zul je (bija altijd) de obekede ogelijkheid krijge e gevraagd worde die te bewijze. I zo geval is het lastig i te zie wat ee goede ogelijkheid is om mee te begie. Daarom ku je vaak beter va achter aar vore werke op je kladpapier. Overiges mag je da dezelfde maipulaties op ogelijkhede toepasse wat strikt stijgede fucties hebbe ee strikt stijgede iverse. Als je bijvoorbeeld va achter aar vore werked kwadrateert zul je va voor aar achter juist wortel trekke, wat ook ee stijgede fuctie is. Maak echter altijd voor jezelf duidelijk dat je de ogelijkhede die je da opschrijft og iet beweze hebt maar juist moet bewijze, aders is het makkelijk om jezelf voor de gek te houde. Verder is het ee stuk fraaier om bij de ette oplossig wel va beked aar obeked te werke. Hier alvast ee paar opgaves om mee te oefee. Opgave 2. Bewijs dat voor alle positieve x geldt dat x + x 2. Opgave 2.2 Bewijs dat voor alle reële getalle x e y geldt dat x 2 + y 2 2xy. Opgave 2.3 Bewijs dat voor alle iet-egatieve getalle a, b e c geldt dat a 3 + b 3 + c 3 3abc. Opgave 2.4 Voor welke x is f(x) = (a + bx 4 )/x 2 miimaal (a e b positief, verbode te differetiëre!)? Opgave 2.5 Zij a, b > 0 e m N. Too aa dat Opgave 2.6 Bewijs voor alle reële a e b dat ( + a b )m + ( + b a )m 2 m+. a 2 + 2ab + 4b 2 0. 2
Opgave 2.7 Bewijs dat voor elke reëel getal a geldt 4a 4 4a 3 + 5a 2 4a + 0. Opgave 2.8 Bewijs dat als a, b e c positieve getalle zij met a < b geldt dat a + c b + c > a b. Opgave 2.9 Als a, b e c positieve getalle zij zodat a + b + c =. Da geldt ab + bc + ca 3. Opgave 2.0 Too aa dat voor a, b, c > 0 de volgede ogelijkhede ooit alledrie tegelijkertijd kue gelde a( b) > 4, b( c) > 4 e c( a) > 4. Opgave 2. Laat x, x 2,..., x reële getalle zij die voldoe aa. / 3 x i 3 voor alle i {, 2,..., 997}; 2. x + x 2 + + x 997 = 38 3. Bepaal het maximum va x 2 + x 2 2 + + x 2 997. Opgave 2.2 Laat a, a 2,..., a ee rij iet-egatieve getalle zij zodat a +m a + a m geldt voor alle, m N. Bewijs dat voor alle m ( ) a ma + m a m. Opgave 2.3 (Azie e Pacifisch gebied 997) Zij S = + + 3 + + 3 + + + 6 + 3 + 6 + +, 993006 waar de tellers partiële somme va de rij va driehoeksgetalle vorme. Bewijs dat S > 00. Opgave 2.4 (Idia 998) Laat a, b e c reële getalle zij e defiieer X = a + b + c + 2 a 2 + b 2 + c 2 ab bc ca. Bewijs dat X max 3a, 3b, 3c e dat ee va de drie getalle X 3a, X 3b, X 3c, de som va de twee adere is. E og ee paar lastige: Opgave 2.5 (IMO 97) is ee positief geheel getal groter da twee. Bewijs dat de volgede ogelijkheid da e slechts da geldt voor alle mogelijke -talle reële getalle a, a 2,..., a als = 3 of = 5: (a i a j ) 0. j i 3
Opgave 2.6 (IMO 974) a, b, c e d zij willekeurige reële getalle. Bepaal de verzamelig va alle waarde die de som ka aaeme. S = a a + b + d + b a + b + c + c b + c + d + d a + c + d Opgave 2.7 (IMO 975) Laat x,..., x e y,..., y twee iet-stijgede rije reële getalle zij. Laat z, z 2,..., z ee permutatie zij va y, y 2,..., y. Bewijs dat 3 Gemiddelde (x i y i ) 2 i=0 (x i z i ) 2. 3. Rekekudig e meetkudig gemiddelde Ee gemiddelde is hier iet zo maar de som va getalle gedeeld door, maar ee (metrische) fuctie va getalle. Er zij og wel ee paar eise die je aa ee gemiddelde wil stelle (zoals dat hij stijged is e dat de fuctiewaarde va (c, c,..., c) gelijk is aa c etc.) maar aagezie we gee algemee dige over gemiddeldes gaa bewijze hoeve we ook iet precies te defiiëre wat ee gemiddelde is. Bovedie zij iet over alle gemiddeldes makkelijk ogelijkhede te bewijze. De belagrijkste twee waar dat wel mee ka zij het rekekudig e het meetkudig gemiddelde. Het rekekudig gemiddelde R is het gewoe gemiddelde dat jullie allemaal wel kee, amelijk R := x + x 2 + + x. (3) Het meetkudig gemiddelde M is gedefiieerd als i=0 M := x x 2 x (4) voor iet-egatieve x i (wortels trekke uit egatieve getalle gaat amelijk iet zo goed e je wilt ook iet dat het meetkudig gemiddelde va -4 e -4 gelijk is aa 6 = 4). Er geldt u de volgede, belagrijke ogelijkheid, de ogelijkheid va het rekekudig e meetkudig gemiddelde. Stellig 3. Voor alle waarde va x i 0 e alle > 0 geldt x + x 2 + + x x x 2 x. (5) Merk op dat (2) precies deze ogelijkheid is voor = 2. Er zij heel veel bewijze voor deze ogelijkheid e als illustratie va verschillede techieke zulle we er da ook steeds weer op terugkome. Hier volgt ee bewijs met behulp va iductie. Bewijs: We gaa (5) bewijze voor alle > 0 met behulp va iductie. Voor = is de vergelijkig x x e dit is triviaal waar. Stel dus dat de ogelijkheid geldt voor = m. We wille de ogelijkheid u bewijze voor de m iet-egatieve getalle x, x 2,..., x m. Als éé va die getalle 0 is da is de ogelijkheid triviaal waar (iets iet-egatiefs is groter da 0) e dus kue we zoder verlies va algemeeheid aaeme dat het meetkudig gemiddelde va x t/m x m gelijk is aa (vermeigvuldig aders alle x i met dezelfde costate). Als alle x i gelijk zij aa da geldt overduidelijk gelijkheid i (5), dus we moge ook aaeme dat iet alle x i gelijk zij. Da is er mistes éé x i strikt kleier da e ee adere strikt groter da. Noem die (door evetueel verwissele va ee paar getalle) x e x 2. Da geldt dat ( x )( x 2 ) < 0, ofwel dat + x x 2 < x + x 2. 4
Met behulp va deze ogelijkheid e de iductiehypothese zie we dat x + x 2 + + x m m > + x x 2 + + x m m + (m ) m (x x 2 )x 3 x m m geldt e dus dat de ogelijkheid (5) ook geldt voor = m (we hadde amelijk aageome dat het meetkudig gemiddelde was). = Opgave 3. Too aa dat voor a, b, c > 0 geldt (a + b)(b + c)(c + a) 8abc. Opgave 3.2 Too aa dat voor a, a 2,..., a > 0 met a a 2 a = geldt (a + )(a 2 + ) (a + ) 2. Opgave 3.3 Bewijs dat voor alle positieve reële a,b e c geldt a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ca. Opgave 3.4 Laat a, a 2,..., a > 0. Too aa dat Opgave 3.5 Zij a, b > 0 e ab =. Bewijs dat a a 2 + a 2 a 3 + + a a. ( + a)( + b) 4. Opgave 3.6 Zij x ee reëel getal. Bewijs (zoder differetiëre) dat x 2 + 2 x2 + 2. Opgave 3.7 Voor a, b, c e d, positieve getalle, bewijs dat (a + c)(b + d) ab + cd. Opgave 3.8 Vid alle drietalle reële getalle x, y e z, die voldoe aa x 2 y 2 + y2 x 2 + z2 = 3, e x + y + z = 3. x2 Opgave 3.9 Too aa dat voor alle N geldt ( + ) 2!. Opgave 3.0 (IMO 969) Bewijs voor x, x 2 > 0 e x y > z 2 e x 2 y 2 > z 2 2 de ogelijkheid Waeer geldt het gelijkteke? 8 (x + x 2 )(y + y 2 ) (z + z 2 ) 2 x y z 2 + x 2 y 2 z2 2. Opgave 3. (Oosterijk-Pole 997). Bewijs dat voor alle p, q R geldt p 2 + q 2 + > p(q + ); 2. Bepaal het grootste reële getal b zodaig dat p 2 + q 2 + > bp(q + ), voor alle p, q R. 3. Bepaal het grootste reële getal b zodaig dat p 2 + q 2 + > bp(q + ), voor alle p, q ZR. 5
Opgave 3.2 (Sit Petersburg 997) Bewijs dat voor alle x, y, z 2 geldt (y 3 + x)(z 3 + y)(x 3 + z) 25xyz. Opgave 3.3 (Chia 998) Zij 2 ee positief geheel getal. Zij x, x 2,..., x reële getalle zodat x 2 i + x i x i+ =. Bepaal voor elk geheel getal k, k de maximale waarde va x k. Opgave 3.4 (Ierlad 998) Laat zie dat als x 0 ee reëel getal is dat da geldt x 8 x 5 x + x 4 0. 3.2 Adere gemiddelde Behalve het rekekudig e het meetkudig gemiddelde zij er og meer gemiddelde die uttig kue zij bij het bewijze va ogelijkhede. Het harmoisch gemiddelde is gedefiieerd voor x i > 0 door H := Nu geldt de volgede ogelijkheid voor alle > 0 e alle x i > 0 /x + /x 2 + + /x. (6) /x + /x 2 + + /x x x 2 x. (7) Bewijs: Het bewijs va (7) is verbazigwekked simpel als je de ogelijkheid va het rekekudig e meetkudig gemiddelde (5) al weet. Er geldt amelijk e R(x, x 2,..., x ) = H(x, x 2,..., x ) M(x, x 2,..., x ) = M(x, x 2,..., x ). Doordat alle x i i (7) positief zij de /x i s dat ook e moge we ze dus i vulle i de ogelijkheid va het rekekudig e meetkudig gemiddelde (5), zodat H(x, x 2,..., x ) = R(x, x 2,..., x ) M(x, x 2,..., x ) = M(x, x 2,..., x ) geldt. Door aa beide kate de fuctie f(x) = /x toe te passe klapt het teke om e verkrijge we de geweste ogelijkheid (7). Het laatste gemiddelde met ee speciale aam dat we zulle oeme is het kwadratisch gemiddelde dat gedefiieerd wordt als x 2 K := + x 2 2 + + x2. (8) Zoals we zo later zulle bewijze geldt dat het kwadratisch gemiddelde groter is da het rekekudig gemiddelde. Door u alle ogelijkhede over gemiddelde die we tot u toe hebbe same te voege krijge we het volgede rijtje mi H M R K max. (9) 6
Het rekekudig, harmoisch e kwadratisch gemiddelde zij allemaal va de vorm ( x p + xp 2 + + xp voor p =, p = of p = 2 respectievelijk. We kue da ook op deze maier i het algemee voor p 0 het p-gemiddelde defiiëre als ) /p ( x p M p := + xp 2 + + ) /p xp (0) We defiiëre verder M 0 als het meetkudig gemiddelde. Dit is ee logische defiitie, wat er geldt lim p 0 M p = M, maar dat gaa we iet bewijze. Er geldt u de volgede ogelijkheid voor p q M p M q, () met gelijkheid allee als alle getalle gelijk zij. Het bewijs hierva zulle we later og levere. Opgave 3.5 Voor a, b > 0 geldt a + b =. Too aa dat (a + a )2 + (b + b )2 25 2. Opgave 3.6 Zij a, b e c reële getalle. Bewijs dat (a + b + c) 2 3(a 2 + b 2 + c 2 ). Opgave 3.7 De iet-egatieve getalle a, b e c voldoe aa a + b + c 3. Laat zie dat Opgave 3.8 Zij a + b c 0. Bewijs dat Opgave 3.9 Zij a + b c 0. Bewijs dat a 2 + b 2 + c 2 3. a 2 + b 2 2 c2. a 4 + b 4 8 c4. Opgave 3.20 Zij a, b e c reële positieve getalle. Bewijs dat ab a + b + bc b + c + ca c + a (a + b + c). 2 Opgave 3.2 Bewijs dat voor reële getalle a, b e c geldt Opgave 3.22 Voor a, b > 0 geldt Opgave 3.23 Zij a, b, c, d > 0. Too aa dat a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 abc(a + b + c). (a + b) 4 8(a 4 + b 4 ). 2 a + b + c + d a + b + a + c + a + d + b + c + b + d + c + d 3 4 ( a + b + c + d ). Opgave 3.24 Too aa dat voor alle a, b, c > 0 geldt dat a b + c + b c + a + c a + b 3 2. 7
Opgave 3.25 Zij a, a 2,..., a positieve reële getalle, elk kleier da. Noem s = a i. Too aa dat de volgede ogelijkhede gelde s ( a )( a 2 ) ( a ) + s, + s ( + a )( + a 2 ) ( + a ) s. Hierbij eme we i de tweede ogelijkheid aa dat s <. Opgave 3.26 Bewijs dat 999 < 2 3 4 997 998 < 44. Opgave 3.27 (Ierlad 997) Laat a, b e c iet-egatieve reële getalle zij, zodat a + b + c abc. Bewijs dat a 2 + b 2 + c 2 abc. Kedlaya: Bewijs dat zelfs a 2 + b 2 + c 2 3abc. Opgave 3.28 (Japa 997) Laat a, b e c positieve gehele getalle zij. Bewijs dat (b + c a) 2 (c + a b)2 (a + b c)2 (b + c) 2 + + a2 (c + a) 2 + + b2 (a + b) 2 + c 2 3 5. Opgave 3.29 (Korea 997) Zij a, a 2,..., a positieve reële getalle zij. Defiiëer R, M e H als het rekekudig, meetkudig e harmoisch gemiddelde respectievelijk.. Bewijs dat R/H + (R/M) voor eve; 2. Bewijs dat R/H ( 2)/ + 2( )/(R/M) voor oeve. Opgave 3.30 (Caada 998) Zij 2 ee atuurlijk getal. Laat zie dat ( + + 3 + + ) > ( 2 2 + 4 + + ). 2 Opgave 3.3 (Ierlad 998) Bewijs dat als a, b, c positieve reële getalle zij da ( 9 a + b + c 2 a + b + b + c + ) ( c + a a + b + ). c Opgave 3.32 (Vietam 998) Laat x, x 2,..., x ( 2) positieve getalle zij zodat x + 998 + x 2 + 998 + + x + 998 = 998. Bewijs dat x x 2 x 998. 3.3 Gewoge gemiddeldes Zoals va het rekekudig gemiddelde ook ee gewoge versie bestaat, gedefiieerd voor ee rij gewichte w i > 0 als R w := w x + w 2 x 2 + + w x w + w 2 + + w, 8
bestaa er ook gewoge versies va alle gemiddeldes M p die we i de vorige paragraaf hebbe gedefiieerd. Uit gemak kieze we de gewichte w i zó dat w + w 2 + + w =. Da defiiëre we voor p 0 M p,w := (w x p + w 2x p 2 + + w x p ) /p e voor p = 0 defiiëre we M 0,w := x w xw2 2 xw. Je ziet dat het ivulle va w i = / voor alle i de ogewoge gemiddeldes oplevert. Er geldt u het volgede aalogo va de ogelijkheid () M p,w M q,w, als p q. Let op dat je wel aa beide kate dezelfde rij gewichte moet gebruike. Opgave 3.33 Bewijs dat voor atuurlijke getalle m, geldt dat +m 2m m 2 2 (2 + m 2 ). Opgave 3.34 Zij a, b, c > 0. Too aa dat a a b b c c (abc) (a+b+c)/3. Opgave 3.35 (Ruslad 997) Laat zie dat voor < a < b < c geldt log[a](log[a]b) + log[b](log[b]c) + log[c](log[c]a) > 0. Opgave 3.36 (IMO 982) Me beschouwt rije reële getalle (x ) N zodat x 0 = e zodat voor alle i 0 geldt 0 < x i+ x i.. Too aa dat voor elk va die rije er ee N bestaat zodat geldt x 2 0 x + x2 x 2 + + x2 x 3, 999. 2. Bepaal zulk ee rij waarvoor bovedie geldt dat voor alle N geldt x 2 0 x + x2 x 2 + + x2 x 4. Opgave 3.37 (IMO 999) Zij ee geheel getal met 2.. Bepaal de kleiste costate C zodaig dat de ogelijkheid i<j x i x j (x 2 i + x 2 j) C geldt voor alle iet-egatieve reële getalle x, x 2,..., x. i 2. Bepaal waeer voor deze costate C gelijkheid optreedt. 4 Ee paar belagrijke ogelijkhede Behalve ogelijkhede tusse gemiddelde, zij er og ee paar ogelijkhede die je regelmatig ka herkee i ogelijkhede op olympiades. De belagrijkste va die ogelijkhede worde i deze sectie beschreve. x i 4 9
4. Cauchy - Schwarz De volgede ogelijkheid is heel belagrijk i allerlei takke va wiskude e ka ook bij olympiades heel krachtig gebruikt worde (vaak ook als je het helemaal iet verwacht). Stellig 4. Als x, x 2,..., x e y, y 2,..., y twee rijtjes reële getalle zij, da geldt de volgede ogelijkheid ( ) 2 yi 2 x i y i, (2) x 2 i met gelijkheid da e slechts da als de twee rije getalle proportioeel zij (i.e. als x i /y i = x j /y j voor alle i, j). Het bewijs dat meestal va deze ogelijkheid wordt gegeve maakt op ee heel geraffieerde maier gebruik va het feit dat de discrimiat va ee tweedegraads vergelijkig bepaalt of ee parabool helemaal bove de lij y = 0 ligt of die lij juist sijdt. Bewijs: Bekijk de volgede kwadratische fuctie i t P (t) := (x i ty i ) 2. (3) Aagezie P (t) de som va ee aatal kwadrate is, is P (t) voor alle waarde va t positief. Als we het kwadraat uitwerke zie we dat P (t) = t 2 y 2 i 2t x i y i + x 2 i. Dus de grafiek va P (t) is ee parabool, waarva we al wete dat hij helemaal bove de lij y = 0 ligt. De discrimiat va het polyoom is dus iet-positief, ofwel ( ) 2 4 x i y i 4 i= x 2 i yi 2 0. Eig herschrijve levert de gevraagde ogelijkheid op. Gelijkheid ka allee optrede als de discrimiat 0 is, ofwel als P (t) precies éé ulput heeft. P (t) = 0 beteket dat elke term i de som i (3) ul moet zij, ofwel dat t = x i /y i. Dit gebeurt dus precies da als de rijtjes x i e y i proportioeel zij. Ee ader bewijs dat wat mider geraffieerd is, maar daarom misschie makkelijker te begrijpe komt i feite eer op het botweg ivulle va de waarde va t die P (t) uit het vorige bewijs miimaliseert. Dus ogmaals ee bewijs va de ogelijkheid va Cauchy-Schwarz: Bewijs: Gebruik de afkortige Sx := x 2 i, Sy := yi 2, Sxy := We werke de volgede, duidelijk positieve, som uit 0 Sy (x i y i Sxy Sy )2 = Sy x 2 i 2Sy Sxy x i y i Sy + Sy x i y i y 2 i Sxy 2 Sy 2 = SySx Sxy2. Het overhale va Sxy 2 aar de ader kat levert metee de gevraagde ogelijkheid op. Dat de gelijkheid optreedt als de twee rijtjes proportioeel zij ku je vervolges op dezelfde maier als i het eerste bewijs aatoe. 0
Ee derde bewijs gaat behulp va de (tot u toe og door os obeweze) gewoge ogelijkheid va het kwadratisch e rekekudig gemiddelde. Bewijs: Aagezie i de ogelijkheid va Cauchy-Schwarz geldt dat de ogelijkheid allee maar sterker wordt door va alle variabele de absolute waarde te eme (de likerkat va (2) blijft da gelijk e de rechterkat word groter) kue we aaeme dat alle variabele iet-egatief zij. Als alle y i ul zij is de ogelijkheid triviaal waar, dus we kue ook aaeme dat dat iet het geval is. Voor de gewichte w i = yi 2/ yj 2 is de ogelijkheid va het kwadratisch e rekekudig gemiddelde i de waardes x i /y i gelijk aa x 2 + x2 2 + + x2 y 2 + y2 2 + + x y + x 2 y 2 + + x y y2 y 2 + y2 2 + +. y2 Liks e recht vermeigvuldige met yj 2 e daara beide kate kwadratere (mag wat beide kate zij positief weges oze aaames) geeft de ogelijkheid va Cauchy-Schwarz. Aderzijds kue we met behulp va Cauchy-Schwarz de ogelijkheid va het rekekudig e kwadratisch gemiddelde makkelijk bewijze. Voorbeeld 4.2 Vul i de ogelijkheid va Cauchy-Schwarz de waardes y i = i e zie ( ) 2 x i. x 2 i Trek u de wortel aa beide kate e deel door om de ogelijkheid va het rekekudig e kwadratisch gemiddelde te krijge. Opgave 4. Bewijs dat voor alle x, y e z geldt dat ( x 2 + y 3 + z ) 2 x 2 6 2 + y2 3 + z2 6. Opgave 4.2 Bewijs de driehoeksogelijkheid i de -dimesioale ruimte. Ofwel voor twee rijtjes reële getalle x i e y i geldt (x y ) 2 + + (x y ) 2 x 2 + + x2 + y 2 + + y2. Opgave 4.3 Bewijs voor alle iet-egatieve p i e x i dat (p x + + p x ) 2 (p + + p )(p x 2 + + p x 2 ). Opgave 4.4 Bewijs voor alle iet-egatieve x, x 2,..., x e y, y 2,..., y dat x y + + x y x + + x y + + y. Opgave 4.5 (Ruslad 997) Zij P (x) ee kwadratisch polyoom met iet-egatieve coefficiete. Bewijs dat voor elk reëel getal x e y geldt P (xy) 2 P (x)p (y). Opgave 4.6 (IMO 987) Gegeve zij reële getalle x, x 2,..., x waarvoor geldt x 2 + x 2 2 + + x 2 =. Bewijs dat er voor elk getal k 2 gehele getalle a, a 2,..., a bestaa, iet alle gelijk aa ul, die voor alle i {, 2,..., } voldoe aa a i k, zodaig dat geldt a x + a 2 x 2 + + a x (k ) k. Opgave 4.7 (IMO 992) Zij S de eidige verzamelig pute i de drie-dimesioale ruimte met ee orthogoaal assestelsel O xyz. De verzamelige S x,s y e S z bestaa uit de orthogoale projecties va de pute va S op respectievelijk het O yz -vlak, het O xz -vlak e het O xy -vlak. Bewijs dat S 2 S x S y S z.
4.2 De herschikkigsogelijkheid De herschikkigsogelijkheid gaat over rijtjes getalle e de maiere waarop je die kut ordee. We zulle dus eerst het begrip permutatie bekijke. Ee permutatie is ee bijectieve afbeeldig va ee verzamelig aar zichzelf, meestal de verzamelig N = {, 2,..., }. Als σ u ee permutatie is va N geldt dus dat σ(), σ(2),..., σ() weer ee rijtje is va de getalle t/m, maar u i ee adere volgorde. Ee permutatie va ee rijtje getalle is dus weer rijtje va dezelfde getalle, maar u i ee adere volgorde. Ee permutatie va y, y 2,..., y ka geschreve worde als y σ(), y σ(2),..., y σ(), waar σ ee permutatie va N is. Stellig 4.3 Zij x x 2 x e y y 2 y twee rijtjes reële getalle. bovedie het rijtje z i ee permutatie va het rijtje y i. Da geldt de volgede ogelijkheid x y + x 2 y 2 + + x y x z + x 2 z 2 + + x z x y + x 2 y + + x y. (4) Bewijs: We bewijze allee de eerste ogelijkheid, het bewijs va de tweede is soortgelijk. Het bewijs dat we geve is ee mooie toepassig va ee halfvariat. Oze toestade zulle de permutaties va het rijtje y i zij. Als bewerkig eme we het verwissele va twee getalle z i e z j va ee permutatie als i > j e z i < z j. Oze halfvariat is de som T (z, z 2,..., z ) = x z + x 2 z 2 + + x z. Noem het ieuwe rijtje dat we krijge door verwisselig va twee getalle z σ(i) (hier is σ dus de permutatie die i e j verwisselt). Als we z i e z j verwissele zie we dat de som T veradert volges T (z σ(),..., z σ() ) T (z,..., z ) = x i z j + x j z i x i z i x j z j = (x i x j )(z j z i ) 0. We zie dus dat T stijged is. We kue deze bewerkig herhale zo lag er getalle z i > z j zij met i < j, ofwel zolag we og iet i de aflopede permutatie y i terecht zij gekome. Als we zoude wete dat we a ee eidig aatal stappe gee verwisselige meer kue uitvoere, da zou het bewijs klaar zij, wat da volgt dat de eidtoestad, de permutatie y i de grootste som zou oplevere. Als alle x i verschilled zij da volgt dat T strikt stijged is e daarom ka je ooit meer terugkere i dezelfde permutatie door oze bewerkig. Aagezie er maar ee eidig aatal permutaties va de getalle y i bestaa eidigt oze bewerkig dus ee keer. Om ook het geval met ee paar gelijke x i s te behadele ku je of werke met limiete (dus kijke wat er gebeurt als je alle x i verschilled maakt door ze ee heel klei beetje te veradere) of door og ee adere halfvariat te bekijke. Dat laatste gaa we hier doe, amelijk de fuctie S gedefiieerd als het aatal pare getalle (i, j) met i < j e z j < z i. Dit aatal daalt amelijk strikt door oze bewerkig (ga a!). Net als i het geval va alle x i verschilled het geval was beteket dit, same met het feit dat er maar ee eidig aatal permutaties zij, dat we maar ee eidig aatal stappe kue doe. Deze ogelijkheid ku je iet allee toepasse als je iets weet va de volgorde va de grootte va elemete, maar ook als er ee zekere metrie i de ogelijkheid voorkomt. I het laatste geval mag je amelijk extra codities oplegge e dus mag je da soms stelle dat de getalle i ee bepaalde volgorde staa. Voorbeeld 4.4 Bewijs voor alle getalle a, b, c > 0 de volgede ogelijkheid a b + b c + c a 3 Bewijs: Uit metrie moge we stelle dat a b c of juist a b c. We behadele allee het eerste geval, het tweede geval gaat op dezelfde maier. We zie dat /c /b /a, dus geldt met behulp va de herschikkigsogelijkheid dat a b + b c + c a a a + b b + c c = 3, Zij 2
aagezie de rechterkat de omgekeerde ordeig geeft. We kue ook op ee geraffieerde maier de ogelijkheid va het rekekudig e meetkudig gemiddelde (5) og ee keer bewijze. Bewijs va (5): Zij x i > 0 e c het meetkudig gemiddelde va de x i. Defiieer de twee rijtjes a i e b i door a = x /c, a 2 = a x 2 /c,..., a = a x /c e door b i = /a i voor i. Merk op dat u a = x x 2 x /c =. Aagezie de rijtjes a i e b i u omgekeerd georded zij geldt dat = a b + + a b a b + a 2 b + + a b = x c + x 2 c + + x c. Hieruit volgt direct de gevraagde ogelijkheid. Merk op dat we hier iet de volgorde va de getalle a i of b i wete, maar toch herschikkig kue gebruike. Bovedie hoef je iet altijd herschikkig te gebruike met aa ee va beide kate va de ogelijkheid ee mootoe permutatie. Uit het bewijs volgt amelijk dat als je va de ee permutatie aar de adere ka gaa door allee pare getalle om te wissele die i de verkeerde volgorde staa je ook ka zegge dat de ee permutatie groter is da de adere. Opgave 4.8 Bewijs dat voor alle x, y, z > 0 geldt x + y + z x2 y + y2 z + z2 x. Opgave 4.9 Too aa dat voor de drie hoeke α, β e γ va ee scherphoekige driehoek geldt si(2α) + si(2β) + si(2γ) si(x + y) + si(z + x) + si(y + z). Opgave 4.0 Bewijs voor 3 positieve getalle x, y e z dat 3xyz x 2 y + y 2 z + z 2 x. Opgave 4. (Ira 997) Stel dat w, w 2,..., w k verschillede reële getalle zij met som ogelijk aa ul. Bewijs dat er gehele getalle, 2,..., k bestaa zodat w 2 + 2 w 2 + + k w k > 0, maar dat voor elke permutatie π va {, 2,..., k} ogelijk aa de idetiteit geldt dat w π() + 2 w π(2) + + k w π(k) < 0. Opgave 4.2 (IMO 978) Laat (a k ) k N ee rij paarsgewijs verschillede positieve gehele getalle zij. Bewijs dat voor alle N geldt 4.3 Tsjebyshev k= a k k 2 Door op ee goede maier ee aatal herschikkigsogelijkhede bij elkaar op te telle kue we ee adere uttige ogelijkheid bewijze: de ogelijkheid va Tsjebyshev. Stellig 4.5 Late x i e y i afloped geordede rijtjes reële getalle zij, da geldt x y + x 2 y 2 + + x y x + x 2 + + x k= k. y + y 2 + + y x y + x 2 y + + x y. (5) 3
Bewijs: We bewijze weer allee de eerste ogelijkheid, de tweede gaat op idetieke wijze. Aagezie x i e y i gelijk georded zij is x y + + x y de maximale som e gelde de volgede ogelijkhede volges de herschikkigsogelijkheid x y + x 2 y 2 + + x y x y + x 2 y 2 + + x y x y + x 2 y 2 + + x y x y 2 + x 2 y 3 + + x y.. x y + x 2 y 2 + + x y x y + x 2 y + + x y Beide kate bij elkaar optelle e door dele geeft de gevraagde ogelijkheid. Opgave 4.3 Bewijs de ogelijkheid va het kwadratisch e het rekekudig gemiddelde met behulp va Tsjebyshev. Opgave 4.4 Bewijs de ogelijkheid va het rekekudig e harmoisch gemiddelde met behulp va Tsjebyshev. Opgave 4.5 Voor 3 positieve getalle x, y e z bewijs dat x 2 y + z + y2 z + x + z2 x + y x + y + z 2 Opgave 4.6 (IMO 997) Stel x, x 2,..., x zij reële getalle die aa de volgede voorwaarde voldoe: x + x 2 + + x = e x i + voor i =, 2,...,. 2 Too aa dat er ee herschikkig y, y 2,..., y va x, x 2,..., x bestaat zodat y + 2y 2 + + y +. 2 5 Jese s ogelijkheid e gladmake Gladmake is ee maier om met klooie ee ogelijkheid te bewijze. Dit klikt iet erg aatrekkelijk e i de meeste gevalle is ee bewijs met ee adere methode ee stuk mooier (e korter). Echter mooie bewijze ku je iet altijd bedeke e da ku je probere om ee ogelijkheid te bewijze door gladmake. Jese s ogelijkheid ku je zie als ee methode om op ee fraaie maier zoder rompslomp gladmake te gebruike. Ook als iet metee aa de exacte voorwaarde va Jese is voldaa ku je vaak met de gedachte aa Jese makkelijker gladmake. 5. Jese s ogelijkheid Jese s ogelijkheid gaat over splitsbare ogelijkhede. Dit beteket dat je ee kat va de ogelijkheid ka schrijve als som va terme die allee maar va éé variabele afhage, i plaats va bijvoorbeeld alle. Als die terme da ook og steeds op dezelfde maier va die ee variabele afhage ku je die kat schrijve als f(x ) + f(x 2 ) + + f(x ) voor ee zekere fuctie f. Hoe we zo term kue afschatte hagt atuurlijk af va de eigeschappe va f. I het bijzoder wille we wete of de fuctie f covex, cocaaf da wel gee va beide is. Ee fuctie heet covex op het iterval I als voor alle x, y I e t (0, ) geldt dat tf(x) + ( t)f(y) f(tx + ( t)y), (6). 4
ofwel als de lij tusse (x, f(x) e (y, f(y) i R 2 geheel bove de grafiek ligt, ofwel als de verzamelig {(x, y) x I, y f(x)} R 2 covex is. Het typische voorbeeld is de fuctie f(x) = x 2 op R, maar ook fucties als log op R >0 e si op [ π, 0] zij covex. Het laatste voorbeeld laat zie dat je soms het domei va ee fuctie moet beperke om hem covex te make op ee deeliterval va het oorsprokelijke domei. Ee fuctie f heet cocaaf als f covex is. Ee makkelijke maier om te zie of ee fuctie covex is, is om te kijke aar de tweede afgeleide. Als die amelijk iet-egatief is op ee iterval da is de fuctie covex op dat iterval. Cocaaf is de fuctie da dus op de itervalle waar de tweede afgeleide iet-positief is. Dit gaa we iet bewijze, maar volgt uit het feit dat de raaklij va de fuctie i het eerste geval geheel oder de grafiek ligt e i het tweede geval er juist bove. Nu zij we klaar om de stellig va Jese te formulere Stellig 5. Zij f ee covexe fuctie op het iterval I e laat x i I ee rij getalle zij. Da geldt dat ( ) f(x ) + f(x 2 ) + + f(x ) x + x 2 + + x f. (7) Als f juist ee cocave fuctie is da geldt de ogelijkheid met omgekeerd teke. De stellig zegt dus voor ee covexe fuctie het rekekudig gemiddelde va de fuctiewaardes groter is da de fuctiewaarde va het rekekudig gemiddelde. Bewijs: We bewijze allee het geval voor f covex, het adere geval gaat aaloog, of door te kijke aar de ogelijkheid voor f (als f cocaaf is, is f amelijk juist covex). We gaa het bewijze met iductie aar. Het basisgeval = is triviaal. Stel dat de ogelijkheid geldt voor = k. Met behulp va de eerste karakterisatie va covexiteit e de iductiehypothese zie we da dat k k f(x i ) = f(x i ) + f(x k ) ( ) x + x 2 + + x k (k )f + f(x k ) kf k ( x + x 2 + + x k I de laatste ogelijkheid gebruikte we (6) met de twee waardes x = k x i/(k ) e y = x k e t = (k )/k (merk op dat k x i ook i I ligt). Dus geldt de ogelijkheid ook voor = k. Uit iductie volgt u dat de ogelijkheid geldt voor alle. Met deze ogelijkheid is de ogelijkheid () tusse het p- e q-gemiddelde makkelijk te bewijze. Bewijs: Als p > q > 0 is f(x) = x p/q ee covexe fuctie op [0, ). Daarom geldt met behulp va Jese voor de positieve getalle x q i dat (x q )p/q + (x q 2 )p/q + + (x q ) p/q ( x q + xq 2 + + ) p/q xq. Liks e rechts tot de macht /p > 0 verheffe geeft u de gevraagde ogelijkheid voor x i. Als p > q = 0 kue we de cocave fuctie f(x) = log(x p ) = p log(x) gebruike, da zie we amelijk dat log(x p ) + log(xp 2 ) + + log(xp ) log( xp + xp 2 + + xp ). Dele door p e va beide kate de e-macht eme geeft het geweste resultaat. Alle gevalle met egatieve q kue we hale uit de metrie eigeschap M p (x, x 2,..., x )M p (/x, /x 2,..., /x ) =, evetueel door als tussestap r = 0 te eme voor p > 0 > q. Voor het geval q = 0 hebbe we eerst de logaritme va beide helfte geome om ee product i ee som te veradere, zodat we daarop Jese kode toepasse. Dit is ee truc die wel vaker gebruikt ka worde. k ). 5
Opgave 5. Zij a, a 2,..., a > 0. Too aa dat a a 2 + + a + a 2 a 3 + + a + a + + a a + + a. Opgave 5.2 Zij x, x 2,..., x ee verzamelig positieve getalle met x i = 2. Too aa dat x 2 + (x 2 + + x ) + x 2 2 + (x 3 + + x + x ) + + x 2 + (x + + x ) 4 3 2. Opgave 5.3 Too aa dat voor a, b, c > 0 geldt dat bc a + ca b + ab c a + b + c. Opgave 5.4 α, β e γ zij de hoeke va ee driehoek. Bewijs dat ta(α/2) + ta(β/2) + ta(γ/2) 3, ta(α/2) 2 + ta(β/2) 2 + ta(γ/2) 2. Opgave 5.5 (Turkije 997) Gegeve ee geheel getal 2. Vid de miimale waarde va x 5 x 5 2 x 5 + + x 2 + x 3 + + x x 3 + + x + x x + + x voor positieve gehele getalle x, x 2,..., x gegeve dat x 2 + + x 2 =. 5.. Gewoge Jese Zoals voor gemiddeldes ook gewoge versies bestaa, bestaat er ook ee gewoge versie va Jese s ogelijkheid. Gezie oze eerdere karakterisatie va Jese s ogelijkheid als dat het rekekudig gemiddelde va de fuctiewaardes groter is da de fuctiewaarde va het rekekudig gemiddelde zal het je misschie iet verbaze dat de gewoge versie va Jese s ogelijkheid hetzelfde zegt, maar u met gewoge rekekudige gemiddeldes. Stellig 5.2 Zij f ee covexe fuctie op het iterval I e laat x i I ee rij getalle zij. Laat bovedie w i > 0 ee rij gewichte zij met w i =. Da geldt dat w f(x ) + w 2 f(x 2 ) + + w f(x ) f(w x + w 2 x 2 + + w x ). (8) Als f juist cocaaf is da geldt de ogelijkheid met omgekeerd teke. Het bewijs gaat op ee idetieke wijze als voor het geval met gelijke gewichte. Met behulp va deze versie va Jese s ogelijkheid kue we ook de gewoge versie va de ogelijkheid tusse het p- e q-gemiddelde bewijze op dezelfde wijze als we eerst de ogewoge versie hebbe beweze. 5.2 Gladmake Als je ee ogelijkheid iet direct kut bewijze door hem te reducere tot ee bekede ogelijkheid, maar als je wel dekt te wete waeer gelijkheid optreedt, ku je probere de ogelijkheid met gladmake te bewijze. I het bijzoder ku je dit probere te doe als je de ogelijkheid hebt herschreve i de vorm die voor Jese goed is, maar je fuctie blijkt iet op het hele iterval covex/cocaaf te zij (maar dit hoeft zeker iet het geval te zij om de techiek va gladmake te gebruike). Late we er eve vauit gaa dat je ogelijkheid is herschreve tot f(x, x 2,..., x ) 0 (door wat simpele maipulaties is dit altijd makkelijk te doe.) Het idee is u om de waardes va de parameters i stapjes zo te veradere dat je ze uiteidelijk gelijk maakt aa de waardes waarvoor 6
gelijkheid optreedt, maar wel zo dat je va elke stap weet dat ze de fuctie f late dale. Als je aar het bewijs kijkt va de herschikkigsogelijkheid zul je zie dat we daar deze methode al hebbe toegepast. I het geval dat je et Jese had geprobeerd weet je i elk geval wat er gebeurt als je twee getalle aar elkaar toe laat bewege of uit elkaar haalt door ee trasformatie va de vorm x i x i + c e x j x j c als x i e x j temiste i ee iterval zitte waarop de fuctie die je had covex/cocaaf was. Voorbeeld 5.3 Ee driehoek heeft hoeke α, β e γ. Bewijs de ogelijkheid cos(α) + cos(β) + cos(γ) 2. Bewijs: Te eerste merke we op dat /2 = cos(π/3) = cos((α+β +γ)/3) e dat de ogelijkheid dus precies va de vorm (8) is als de cosius covex zou zij. De tweede afgeleide va cos is cos e dus positief op [0, π/2] e egatief op [π/2, π] (aagezie we prate over hoeke va ee driehoek is allee het iterval [0, π] belagrijk e ka het os dus iets schele wat de cosius daarbuite doet). Helaas is cos dus iet op het hele iterval covex e moete we dus overgaa op gladmake. Als alle hoeke scherp zij ligge ze wel allemaal i het iterval waari cos covex is e kue we Jese wel toepasse e geldt de ogelijkheid dus. Late we aaeme dat α > π/2. We gaa u kijke hoe de likerkat va de ogelijkheid veradert als we α e β vervage door π/2 e α + β π/2 (hiermee veradere we de hoeke zo dat we ee scherphoekige driehoek overhoude). Er volgt uit elemetaire goio formules dat cos(π/2) + cos(α + β π/2) = 0 + si(α + β) = cos(α) si(β) + si(α) cos(β). Aagezie cos(x)/( si(x)) ee dalede fuctie is (differetieer maar) zie we dat cos(α) + cos(β) cos(α) si(β) + si(α) cos(β) = cos(π/2) + cos(α + β π/2). Opgave 5.6 (Tsjechië e Slowakije 997) Bepaal voor elk atuurlijk getal 2 de grootst mogelijke waarde va V = si(x ) cos(x 2 ) + si(x 2 ) cos(x 3 ) + + si(x ) cos(x ), waar de x i willekeurige reële getalle zij. 6 Ogelijkhede i metrische polyome Ee polyoom f(x, x 2,..., x ) i variabele heet metrisch als hij dezelfde waarde aaeemt voor alle permutaties va de getalle x i. Het leuke aa metrische polyome is dat er ee heel makkelijk kemerk is waarmee ogelijkhede tusse metrische polyome over positieve getalle direct kue worde beweze. 6. Rekee met metrische polyome Voor we aar ogelijkhede gaa kijke, moete we eerst kijke hoe we makkelijk met metrische polyome kue rekee. Er staa amelijk vaak hele lage uitdrukkige (zeker als er meer da 2 of 3 variabele i het gedig zij). Dus wille we ee soort som-otatie voor metrische polyome, waarmee we ze kort kue opschrijve. We defiiere dus f(x, x 2,..., x ) = f(x σ(), x σ(2),..., x σ() ).! σ S 7
Hier is S de verzamelig va alle permutaties va de verzamelig {, 2,..., } e sommere we dus over alle permutaties va x i. De factor /! is toegevoegd om ervoor te zorge dat f = f voor ee metrische fuctie f. Bovedie blijkt straks dat het ee goede cotrole op berekeige geeft. Als er maar ee paar variabele zij schrijve we ook wel dige als a2 b. De betekeis hierva hagt af va de cotext, als allee variabele a e b voorkome is 2 a2 b = a 2 b + ab 2, maar als er ook og ee variabele c voorkomt is 6 a2 b = a 2 b + a 2 c + ab 2 + b 2 c + ac 2 + bc 2 ezovoorts. Ee paar voorbeelde voor 3 variabele x, y, z: x 3 = (x 3 + y 3 + z 3 )/3, xyz = xyz, x 2 y = (x 2 y + x 2 z + xy 2 + xz 2 + y 2 z + yz 2 )/6. Dit zij zelfs alle voorbeelde va metrische polyome va graad 3. Het komt ogal ees voor dat je metrische polyome moet vermeigvuldige. Da ka je ook beter iet alles uitwerke. Het product va twee metrische polyome is amelijk weer ee metrisch polyoom. Het is redelijk eevoudig om uit te vide wat voor terme i het product voorkome. Vervolges hoef je slechts voor éé va die terme precies te telle hoe vaak die voorkomt i het product, om te wete hoe vaak al zij permutaties voorkome. Voorbeeld 6. We rekeee u met vier variabele, x, y, z e w. We berekee de expressie x2 y x2 y uitgedrukt i ieuwe metrische somme. De terme die zulle voorkome zij x 2 y x 2 y = x 4 y 2, x 2 y x 2 z = x 4 yz x 2 y xy 2 = x 3 y 3, x 2 y xz 2 = x 3 z 2 y, x 2 y yz 2 = x 2 y 2 z 2 e x 2 y z 2 w = x 2 z 2 yw. x 4 y 2 ka allee gemaakt worde door echt x 2 y x 2 y te berekee. x 4 y 2 komt dus /2 /2 keer voor i het product e /2 keer i x4 y 2 dus de term x4 y 2 komt 2/2 2 = /2 keer voor i het product. De term x 4 yz ka je krijge door x 2 y x z, maar ook door x 2 z x 2 y. Dus komt de term x 4 yz i totaal 2/2 2 keer voor i het product. Hij komt /2 keer voor i x4 yz, dus komt de term x4 yz 2 2/2 2 = /6 keer voor i het product. Zo doorgaad berekee we x 2 y x 2 y = x 4 y 2 + 2 x 4 yz + x 3 y 3 + 4 x 3 z 2 y + 2 x 2 y 2 z 2 + 2 x 2 y 2 zw. 2 Vervolges kue we ee cotrole doe of we goed hebbe gereked, door x = y = z = w = i te vulle. Elke term wordt da amelijk e we zie dat er 2 = ( + 2 + + 4 + 2 + 2)/2 staat e dat klopt. Dit is og ee heel gereke, maar als we het echt zoude uitwerke zoude we 2 terme met 2 terme vermeigvuldige e dus wel 44 terme hebbe op het eid, die we da og moeste ordee. I dat licht bezie is dit dus og behoorlijk makkelijk. 6.2 Stellig va Muirhead Dat gereke is allemaal wel aardig, maar tot u toe vooral veel werk e om er de vruchte va te plukke zulle we toch ogelijkhede met metrische polyome wille wete. De makkelijkste hierva is de stellig va Muirhead (ook wel beked als buche). Stellig 6.2 Laat t t 2 t e s s 2 s twee geordede rijtjes zij, zodaig dat t + t 2 + + t = s + s 2 + s e voor alle i geldt t + + t i s + + s i. We zegge dat het rijtje t i het rijtje s i domieert. Da geldt voor alle x i > 0 de ogelijkheid x t xt2 2 xt x s xs2 2 xs. (9) 8
Bewijs: We gaa deze ogelijkheid reducere tot de herschikkigsogelijkheid. Het is voldoe te bewijze dat de ogelijkheid geldt voor rijtjes t i e s i zodaig dat t i = s i voor i j, j + (zodat t j > s j e t j +t j+ = s j +s j+.) We kue da vauit ee rijtje t i i stapjes afdale aar ee rijtje s i door eerst het overschot t s door te schuive va t aar t 2, het ieuwe overschot door te schuive aar t 3 ezovoorts. De voorwaardes i de stellig zorge ervoor dat het overschot altijd positief is. Preciezer gezegd bewijze we dus x t xt2 2 xt x s xt+t2 s 2 x t3 3 xt x s xs2 2 xt+t2+t3 s s2 3 x t. x s xs2 2 xs. Het eige probleem is dat evetueel door het doorschuive va gewicht va t k aar t k+ het voorkomt dat de ieuwe t k+ groter is da s k, de ieuwe t k. Dit is echter gee probleem, wat de voorwaarde dat t i ee daled rijtje is, is amelijk overbodig, zoals uit het bewijs zal blijke (let echter op dat het rijtje s i wel daled is!) Late we dus aar twee rijtjes t i e s i bekijke, zodaig dat ze bija overal gelijk zij, preciezer t i = s i voor i j, j + e t j > s j > s j+ > t j+. Voor de duidelijkheid oeme we t j s j = s j+ t j+ = δ > 0 e t j s j+ = s j t j+ = ɛ > 0. Da geldt volges de herschikkigsogelijkheid met de gelijkgeordede rijtjes x δ, y δ e x ɛ, y ɛ dat voor alle x, y x tj y tj+ + x tj+ y tj = (xy) tj+ (x δ+ɛ + y δ+ɛ ) (xy) tj+ (x ɛ y δ + x δ y ɛ ) = x sj y sj+ + x sj+ y sj. Nu kue we als volgt rekee x t xtj j xtj+ xt = 2 2 = x s xs. x t xtj xtj+2 xt (x tj j xtj+ + xtj j+ xtj+ j ) x s xsj xsj+2 xs (x sj j xsj+ + xsj j+ xsj+ j ) Hiermee is de ogelijkheid va Muirhead beweze. Met Muirhead ku je sommige ogelijkhede omiddelijk izie, bijvoorbeeld de ogelijkheid va het rekekudig e meetkudig gemiddelde (5). We kue die ogelijkheid amelijk zie als x x / x / 2 x /, e het rijtje (, 0, 0,..., 0) domieert atuurlijk (/, /,..., /). Opgave 6. Too aa dat voor a, b, c > 0 de volgede ogelijkhede gelde a 2 + b 2 a + b a 3 + b 3 + c 3 a 2 + b 2 + c 2 a + b + c 3 a + b 2, ab + bc + ca 3 abc. 3 Opgave 6.2 (VS 997) Bewijs dat voor alle positieve reële getalle a, b e c geldt a 3 + b 3 + abc + b 3 + c 3 + abc + c 3 + a 3 + abc abc. 9
6.3 Schur s ogelijkheid Helaas zij iet alle ogelijkhede i metrische polyome te bewijze met allee Muirhead. De belagrijkste ogelijkheid die je ka gebruike om i die gevalle og makkelijk ogelijkhede te bewijze is de ogelijkheid va Schur. Stellig 6.3 Voor 3 getalle x, y, z > 0 geldt de volgede ogelijkheid x 3 + xyz 2 x 2 y (20) Gelijkheid treedt allee op als x = y = z of als x = y e z = 0 of permutatie hierva. Bewijs: We gaa de ogelijkheid otbide i ee aatal duidelijk positieve terme. Uit metrie moge we eerst aaeme dat x y z. Da geldt x 3 2 x 2 y + xyz = 2(x y)[x(x z) y(y z)] + z(x z)(y z) 0. Met allee Muirhead zou je allee kue bewijze dat x3 x2 y e xyz x2 y, we zie met Schur dus dat het verschil i de tweede ogelijkheid kleier is da i de eerste. Er bestaat ook ee iets algemere versie va Schur, amelijk Stellig 6.4 Voor drie positieve getalle x, y, z > 0 e r > 0 geldt de volgede ogelijkheid x r+2 2 x r+ y + x r yz 0. (2) Gelijkheid treedt allee op als x = y = z of als x = y e z = 0 (e permutaties). Het bewijs hierva gaat aaloog aa dat voor het bijzodere geval met r=0. Helaas ku je met Schur e de ogelijkheid va Muirhead iet alle ogelijkhede bewijze, maar veel gevalle gelukkig wel. Als het echter iet lukt, da ku je echter og probere om og adere ogelijkhede tusse metrische polyome te bewijze. Opgave 6.3 (IMO 984) x, y e z zij iet-egatieve reële getalle waarvoor geldt x+y+z =. Bewijs dat 0 xy + yz + zx 2xyz 7 27. 6.4 Homogeisere Regelmatig komt het voor dat je wel te make hebt met metrische polyome, maar met ee ihomogee ogelijkheid e og ee extra (ihomogee) radvoorwaarde. Deze ihomogeiteit is da op te heffe (te koste va soms wel erg veel rekewerk) door met ee goede macht va de radvoorwaarde te vermeigvuldige. Voorbeeld 6.5 (Ira 998) Late x, x 2, x 3 e x 4 positieve getalle zij zodat x x 2 x 3 x 4 =. Bewijs dat { 4 4 } 4 x 3 i max x i,. x i 20
Bewijs: Eigelijk moete we de twee ogelijkhede x3 x e x3 /x bewijze. Door i de eerste ogelijkheid de rechterkat met x x 2 x 3 x 4 te vermeigvuldige e liks met krijge we de ogelijkheid x3 x3/2 x /2 2 x /2 3 x /2 4 die geldt weges Muirhead. Net zo zie we i de tweede ogelijkheid a vermeigvuldigig rechts met x x 2 x 3 x 4 e liks met dat x3 x x 2 x 3 geldt weges Muirhead. Opgave 6.4 Gegeve dat a 2 + b 2 + c 2 =, laat zie dat ab + bc + ca. 2 Opgave 6.5 (Ira 998) Laat x, x 2, x 3 e x 4 positieve reële getalle zij zodat x x 2 x 3 x 4 =. Bewijs dat { 4 4 } 4 x 3 i max x i,. x i Opgave 6.6 (Azie e Pacifisch gebied 998) Laat a, b e c positieve reële getalle zij. Bewijs dat ( + a ) ( + b ) ( + c ) ( 2 + a + b + c ) b c a 3. abc Opgave 6.7 (IMO 995) a, b e c zij positieve reële getalle waarvoor geldt abc =. Bewijs dat a 3 (b + c) + b 3 (c + a) + c 3 (a + b) 3 2. 7 Overige trucs 7. Ogelijkhede met behulp va zijdes va ee driehoek Als je ee ogelijkheid hebt i de zijdes va ee driehoek a, b e c, da beteket dat dat je de ogelijkhede a < b + c, b < c + a e c < a + b mag gebruike. Dit werkt echter ogal lastig e het is da ook vaak makkelijker om i plaats hierva a = z + y,b = x + z e c = y + x te substituere. De driehoeksvergelijkige betekee da slechts dat x, y, z > 0, wat veel makkelijker werkt. Opgave 7. De zijde va ee driehoek hebbe legte a,b e c. De omtrek va die driehoek is 2. Bewijs a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2. Opgave 7.2 De zijde va ee driehoek hebbe legte a, b e c. Bewijs dat b + c a + c + a b + a + b c a + b + c. Opgave 7.3 Laat a, b e c de zijdes va ee driehoek zij. Too aa dat ab + bc + ca a 2 + b 2 + c 2 2(ab + bc + ca). Opgave 7.4 Als a, b e c de zijdes va ee driehoek zij, too aa dat er ook ee driehoek bestaat met zijdes /(a + b), /(b + c) e /(c + a). Opgave 7.5 (Tsjechie e Slowakije 998) Laat a, b e c positieve reële getalle zij. Laat zie dat er ee driehoek bestaat met zijdes a, b e c da e slechts da als er reële getalle x, y e z bestaa zodat y x + z y = a x, z x + x z = b y, x y + y x = c z. 2
Opgave 7.6 (IMO 964) Neem aa dat a, b e c de zijdes va ee driehoek zij. Bewijs dat a 2 (b + c a) + b 2 (c + a b) + c 2 (a + b c) 3abc. Opgave 7.7 (IMO 983) Va ee driehoek zij de legtes va de zijde a, b e c. Bewijs dat 7.2 Tages substitutie a 2 b(a b) + b 2 c(b c) + c 2 a(c a) 0. Aagezie ta(a) ta(b) ta(c) = ta(a) + ta(b) + ta(c) als a, b e c de hoeke va ee driehoek zij ku je als de voorwaarde x + y + z = xyz i ee opgave gegeve wordt x, y e z vervage door tagese va hoeke va ee driehoek. Opgave 7.8 (Korea 998) Voor positieve reële getalle a, b e c met a + b + c = abc bewijs dat + a 2 + + b 2 + + c 2 3 2 e bepaal waeer gelijkheid geldt. 8 Verschillede probleme Opgave 8. (Bulgarije 997) Laat a, b e c positieve getalle zij met abc =. Bewijs dat + a + b + + b + c + + c + a 2 + a + 2 + b + 2 + c. Opgave 8.2 (Ira 998) Laat x, y, z > e x + y + z = 2. Bewijs dat x + y + z x + y + z. Opgave 8.3 (VS 998) Laat a 0, a,..., a getalle zij uit het ope iterval (0, π/2) zodat ta(a 0 π 4 ) + ta(a π 4 ) + ta(a π 4 ). Bewijs dat ta(a 0 ) ta(a ) ta(a ) +. Opgave 8.4 (Oosterijk-Pole 998) Laat m e positieve gehele getalle zij. Bewijs k2 km + m(2 m/4 ). k= Opgave 8.5 (Balka 998) Als 2 ee geheel getal is e 0 < a < a 2 < cdots < a 2+ reële getalle, bewijs da dat a a 2 + a 2 + a 2+ < a a 2 + a 3 a 2 + a 2+. 22