Inegalitati

In acest compartiment vor fi prezentate diverse metode de demonstrare a inegalitatilor, utilizand metodele propuse vor fi demonstrate atat inegalitati clasice precum si inegalitati propuse la diferite concursuri de matematica.

I. Monotonia functiilor

Se presupune ca cititorul este familiarizat cu notiunea de monotonie a functiilor si proprietatile (criteriile) functiilor monotone.

Problema 1. Sa se compare numerele e^{π} si π^{e}.

Solutie. Se considera functia

f : [e; +∞) ⟶ R; f(x) = \frac{ln x}{x}.

Deoarece derivata functiei f,

f′(x) = \frac{x(ln x)′ − (x)′ ln x}{x^{2}} = \frac{1 − ln x}{x^{2}}

obtine valori negative pentru orice x ∈ (e; +∞) si f este continua pe [e; +∞) rezulta ca functia f este strict descrescatoare pe [e; +∞). Prin urmare, cum e < π se obtine

f(e) > f(π) ⇒ \frac{ln e}{e} > \frac{ln π}{π} ⇒ π ln e > e ln π

si deci e^{π} > π^{e}.

Problema 2. Sa se studieze marginirea sirului numeric

x_{n} = 1 + \frac{1}{2} + … + \frac{1}{n} (n ≥ 1).

Solutie. Initial vom demonstra inegalitatea

ln(1 + x) ≤ x (x ≥ 0).  (1)

In acest scop, consideram functia

f : [0; +∞) ⟶ R; f(x) = x − ln(1 + x).

Functia f este continue pe domeniul de definitie, si pentru orice x ∈ (0; +∞) are loc egalitatea

f′(x) = 1 − \frac{1}{1 + x} = \frac{x}{1 + x},

0 Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md

de unde conchidem ca f′(x) > 0 (x ∈ (0; +∞)). Prin urmare functia f este o functie strict crescatoare pe domeniul de definitie D(f), si deci f(x) ≥ f(0) (∀x ≥ 0), de unde si rezulta inegalitatea (1).

In inegalitatea (1) se considera x = \frac{1}{n} (n = 1, 2, …) si se obtine

ln (1 + \frac{1}{n}) ≤ \frac{1}{n} (n = 1, 2, …)

sau

ln(n + 1) − ln n ≤ \frac{1}{n}  (n = 1, 2, …).  (2)

Din inegalitatile (2) deducem

ln 2 − ln 1 ≤ 1,

ln 3 − ln 2 ≤ \frac{1}{2},

ln 4 − ln 3 ≤ \frac{1}{3},

. . . . . .

ln(n + 1) − ln n ≤ \frac{1}{n}.

(3)

Se sumeaza parte cu parte a inegalitatile (3) si se obtine inegalitatea

ln(n + 1) ≤ 1 + \frac{1}{2} + … + \frac{1}{n}.

Cum lim_{n→∞} ln(n + 1) = +∞, din ultima inegalitate rezulta ca sirul numeric x_{n} = 1 + \frac{1}{2} + … + \frac{1}{n} este nemarginit.

Consecinta: Seria ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n} este o serie divergenta.

Problema 3. (inegalitatea J.Bernoulli) Pentru orice x > −1; α > 1 are loc inegalitatea

(1 + x)^{α} ≥ 1 + αx.  (4)

In plus, egalitatea are loc numai pentru x = 0.

Solutie. Consideram functia

f(x) = (1 + x)^{α} − 1 − αx, (x ∈ [−1; +∞)),

unde α > 1 si α fixat in continuare.

Calculam derivata acestei functii:

f′(x) = α(1 + x)^{α−1} − α = α((1 + x)^{α−1} − 1) (x > −1).

0 Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md

Deoarece α > 1, rezulta ca f′(x) < 0 pentru x ∈ (−1; 0) si f′(x) > 0 pentru x ∈ (0; +∞) si prin urmare functia f este descrescatoare pe [−1; 0] si crescatoare pe [0; +∞).

De aici, conchidem ca pentru orice x ∈ [−1; +∞) \ {0} are loc inegalitatea f(x) > f(0), adica

(1 + x)^{α} − 1 − αx > 1 − 1

sau

(1 + x)^{α} > 1 + αx (x ∈ [−1; 0) ∪ (0; +∞), α > 1).

Ramane de observat ca pentru x = 0 se obtine (1 + x)^{α} = 1 + αx.

Nota. Similar se demonstreaza si inegalitatile

\begin{matrix}(1 + x)^{α} ≤ 1 + αx & (x ≥ −1; 0 < α < 1), \\ (1 + x)^{α} ≥ 1 + αx & (x ≥ −1; α < 0). \end{matrix}

Problema 4. (inegalitatea W.Young) Daca p, q ∈ R\\{0, 1\} poseda proprietatea \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1;

a, b sunt numere pozitive, atunci sunt adevarate inegalitatile

ab ≤ \frac{a^{p}}{p} + \frac{b^{q}}{q}  (pentru p > 1)  (5)

si

ab ≥ \frac{a^{p}}{p} + \frac{b^{q}}{q}  (pentru p < 1)  (6)

Mai mult, egalitate se atinge daca si numai daca a^{p} = b^{q}.

Solutie. Consideram cazul p > 1. Fixam un numar pozitiv a (a > 0) si examinam functia

f : (0; +∞) ⟶ R; f(b) = \frac{a^{p}}{p} + \frac{b^{q}}{q} − ab.

Derivata acestei functii este

f′(b) = b^{q−1} − a,

si prin calcule elementare se determina ca punctul b = a^{\frac{1}{q−1}} este un punct de minim local. Astfel

f(b) ≥ f(a^{\frac{1}{q−1}} ) (b > 0).  (7)

Din inegalitatea (7) tinand seama ca \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1 se obtine

\frac{a^{p}}{p} + \frac{b^{q}}{q} − ab ≥ 0 (a > 0, b > 0; p > 1; \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1)

si deci inegalitatea (5) este demonstrata. Mai mult, din (7) rezulta ca egalitatea are loc numai in cazul in care b = a^{\frac{1}{q−1}} , adica daca a^{p} = b^{q}.

0 Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md

Inegalitatea (6) se demonstreaza in mod similar.

Problema 5. Sa se demonstreze inegalitatea

| sin x| ≤ |x| (x ∈ R).  (8)

Solutie. Tinand seama ca functiile f(x) = | sin x| si g(x) = |x| sunt functii pare, este suficient de demonstrat egalitatea (8) pentru x ≥ 0. In plus, cum | sin x| ≤ 1, este suficient de studiat cazul 0 ≤ x ≤ 1.

In acest scop, consideram functia

f : [0; 1] ⟶ R, f(x) = x − sin x.

Derivata functiei f are forma

f′(x) = 1 − cos x (x ∈ [0; 1]).

In baza marginirii functiei cosinus (| cos x| ≤ 1; x ∈ R), deducem ca f′(x) ≥ 0, care la randul sau implica ca functia f este monoton crescatoare pe domeniul sau de definitie, si deci are loc inegalitatea

f(x) ≥ f(0) (x ∈ [0; 1]),

sau

x − sin x ≥ 0, (x ∈ [0; 1])

de unde rezulta inegalitatea initiala.

Problema 6. Sa se arate ca

a^{2}(b − c) + b^{2}(c − a) + c^{2}(a − b) > 0,

daca a > b > c.

Solutie. Examinam functia f : [0; +∞) ⟶ R de forma

f(t) = (b + t)^{2}(b − c) + b^{2}(c − (b + t)) + c^{2}((b + t) − b),

unde a, b, c sunt parametri reali ce verifica inegalitatea a > b > c. Similar problemelor precedente, se demonstreaza ca functia f este strict crescatoare pe [0; +∞), si deci are loc inegalitatea f(a − b) > f(0). Ultima inegalitate este echivalenta cu inegalitatea din enunt.

II. Convexitatea

Definitie: Functia f : I ⟶ R (I un interval al axei reale) se numeste convexa pe I daca pentru orice x_{1}, x_{2} ∈ I si orice λ_{1}λ_{2} cu proprietatea λ_{1} ≥ 0, λ_{2} ≥ 0, si λ_{1} + λ_{2} = 1, are loc inegalitatea

f(λ_{1}x_{1} + λ_{2}x_{2}) ≤ λ_{1}f(x_{1}) + λ_{2}f(x_{2}).  (9)

0 Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md

In cazul in care pentru orice x_{1} ≠ x_{2}, λ_{1} · λ_{2} ≠ 0 semnul inegalitatii (9) este strict vom spune ca functia f este strict convexa pe I.

Similar se defineste si notiunea de functie concava (strict concava), schimband semnul inegalitatii in (9).

Inegalitatea J. Jensen. Fie functia f : I ⟶ R convexa pe I. Atunci pentru orice x_{j} ∈ I (j = 1, …, n) si orice λ_{j} ≥ 0 (j = 1, …, n); λ_{1} + … + λ_{n} = 1 are loc inegalitatea

f (∑_{j=1}^{n} λ_{j}x_{j}) ≤ ∑_{j=1}^{n} λ_{j}f(x_{j}).

Criteriu de convexitate

Fie f : I ⟶ R, f continue pe I si poseda derivata de ordinul doi pe int(I), unde int(I) este interiorul intervalului I, adica int(I) = {x ∈ R | ∃ε > 0(x−ε, x+ε ⊂ I)}. Functia f este convexa pe I daca si numai daca f′′(x) ≥ 0 (x ∈ int(I)). Mai mult daca f′′(x) > 0 (x ∈ int(I)) atunci functia f este strict convexa pe I.

Nota. Afirmatiile similare cu inegalitatea Jensen si criteriul anterior sunt adevarate si pentru functiile concave (convexe in jos).

Problema 7. (Inegalitatea Cauchy despre medii). Pentru orice numere nenegative x_{1}, x_{2}, …, x_{n} este adevarata inegalitatea

n \sqrt{a_{1}a_{2} … a_{n}} ≤ \frac{a_{1} + a_{2} + … + a_{n}}{n} .  (10)

Altfel, media geometrica nu intrece media aritmetica.

Solutie. Daca unul dintre numerele a_{j} este 0 (a_{j} = 0 pentru un j ∈ {1, …, n}), atunci inegalitatea (10) este evidenta.

Fie a_{j} > 0 (j = 1, …, n). Consideram functia f(x) = ln x (x > 0). Cum f′′(x) = −\frac{1}{x^{2}} < 0 rezulta ca functia f este concava pe multimea (0; +∞). In baza inegalitatii Jensen deducem

ln (∑_{j=1}^{n} \frac{1}{n}a_{j}) ≥ ∑_{j=1}^{n} \frac{1}{n} ln a_{j},

care implica inegalitatea (10).

Problema 8. Fie x_{1}, …, x_{n} numere nenegative. Sa se arate ca functia

f : [0; +∞) ⟶ R; f(α) = (\frac{x_{1}^{α} + … + x_{n}^{α}}{n} )^{\frac{1}{α}}

este monoton crescatoare.

Solutie. Fie 0 < α < β. Consideram functia h(x) = x^{\frac{β}{α}} (x ≥ 0). Deoarece h′′(x) =

\frac{β}{α} (\frac{β}{α} − 1) x^{\frac{β}{α} −2} > 0 (x > 0), rezulta ca h este convexa pe [0; +∞). Conform inegalitatii

Jensen conchidem

h (∑_{j=1}^{n} \frac{1}{n}x_{j}^{α}) ≤ ∑_{j=1}^{n} \frac{1}{n}h(x_{j}^{α})

0 Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md

sau

(∑_{j=1}^{n} \frac{1}{n}x_{j}^{α})^{\frac{β}{α}} ≤ ∑_{j=1}^{n} \frac{1}{n}x_{j}^{β},

de unde rezulta

f(α) ≤ f(β).

Problema 9. Sa se arate ca

sin α + sin β + sin γ ≤ \frac{3\sqrt{3}}{2},

unde α, β, γ sunt unghiurile interioare a unui triunghi.

Solutie. Consideram functia f : [0; π] ⟶ R; f(x) = sin x. Cum f′′(x) = − sin x si f′′(x) < 0 pentru x ∈ (0; π), rezulta ca f este o functie concava pe [0; π]. In baza inegalitatii Jensen se obtine

f (\frac{α}{3} + \frac{β}{3} + \frac{γ}{3} ) ≥ \frac{1}{3}f(α) + \frac{1}{3}f(β) + \frac{1}{3}f(γ),

sau

sin \frac{π}{3} ≥ \frac{1}{3}(sin α + sin β + sin γ),

adica

sin α + sin β + sin γ ≤ \frac{3\sqrt{3}}{2}.

Problema 10. Sa se arate ca pentru orice numere pozitive a_{j}, b_{j} (j = 1, …, n) are loc inegalitatea

(\frac{a_{1} + … + a_{n}}{b_{1} + … + b_{n}} )^{b_{1}+...+b_{n}} ≥ (\frac{a_{1}}{b_{1}} )^{b_{1}} … (\frac{a_{n}}{b_{n}} )^{b_{n}} .

Solutie. Consideram functia f : [0; +∞) ⟶ R, f(x) = ln x. Aceasta functie este concava (a se vedea Problema 7) si in baza inegalitatii Jensen

f (∑_{j=1}^{n} \frac{b_{j}}{b_{1} + … + b_{n}} · \frac{a_{j}}{b_{j}} ) ≤ ∑_{j=1}^{n} \frac{b_{j}}{b_{1} + … + b_{n}} f (\frac{a_{j}}{b_{j}} ) ,

sau

(b_{1} + … + b_{n}) ln \frac{a_{1} + … + a_{n}}{b_{1} + … + b_{n}} ≥ ∑_{j=1}^{n} b_{j} ln \frac{a_{j}}{b_{j}} ,

si deci

(\frac{a_{1} + … + a_{n}}{b_{1} + … + b_{n}} )^{b_{1}+...+b_{n}} ≥ (\frac{a_{1}}{b_{1}} )^{b_{1}} · . . . · (\frac{a_{n}}{b_{n}} )^{b_{n}} .

0 Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md

Problema 11. (Inegalitatea Göughens) Sa se demonstreze ca este adevarata inegalitatea

(1 + a_{1}) … (1 + a_{n}) ≥ (1 + ^{n} \sqrt{a_{1} … a_{n}})^{n}

unde a_{j} ≥ 0 (j = 1, …, n).

Solutie. Fie f : R ⟶ R, f(x) = ln(1 + e^{x}). Sa cercetam convexitatea acestei functii. In

acest scop, calculam a doua derivata a functiei f: f′′(x) = \frac{e^{x}}{(1 + e^{x})^{2}} (x ∈ R). Cum f′′(x) > 0

pentru orice x ∈ R, aplicand inegalitatea Jensen, obtinem

f (∑_{j=1}^{n} \frac{1}{n} ln a_{j}) ≤ ∑_{j=1}^{n} \frac{1}{n}f(ln a_{j}) ⇔

ln (1 + e^{∑_{j=1}^{n} \frac{1}{n} ln a_{j}} ) ≤ ∑_{j=1}^{n} \frac{1}{n} ln(1 + a_{j}) ⇔

n ln (1 + ^{n} \sqrt{a_{1} … a_{n}}) ≤ ln((1 + a_{1}) … (1 + a_{n})) ⇔

(1 + a_{1}) … (1 + a_{n}) ≥ (1 + ^{n} \sqrt{a_{1} … a_{n}})^{n} .

III. Ordonarea

Afirmatia 1. Fie date doua cortegii de cate n numere, astfel incat

\begin{matrix}a_{1} ≥ a_{2} ≥ … ≥ a_{n}, \\ b_{1} ≥ b_{2} ≥ … ≥ b_{n}. \end{matrix}

Desemnam prin σ o suma de forma

σ = a_{1}b_{i_{1}} + … + a_{n}b_{i_{n}},

unde (i_{1}, …, i_{n}) este o permutare a numerelor 1, 2, …, n. Atunci

\begin{matrix}S = max σ = a_{1}b_{1} + … + a_{n}b_{n}, \\ s = min σ = a_{1}b_{n} + … + a_{n}b_{1}. \end{matrix}

Problema 12. Sa se arate ca

\frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + a} + \frac{c}{a + b} ≥ \frac{3}{2},

daca a, b, c sunt numere pozitive.

Solutie. Deoarece inegalitatea este simetrica, fara restrictia generalitatii vom presupune ca a ≥ b ≥ c. Atunci

\frac{1}{b + c} ≥ \frac{1}{c + a} ≥ \frac{1}{a + b}.

0 Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md

Prin urmare

\frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + a} + \frac{c}{a + b} ≥ \frac{b}{b + c} + \frac{c}{c + a} + \frac{a}{a + b}

si

\frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + a} + \frac{c}{a + b} ≥ \frac{c}{b + c} + \frac{a}{c + a} + \frac{b}{a + b}.

Sumand parte cu parte ultimele doua inegalitati se obtine

2 (\frac{a}{b + c} + \frac{b}{a + c} + \frac{c}{a + b}) ≥ 3.

Problema 13. Sa se arate ca pentru orice numere pozitive a, b, c, cu proprietatea a·b·c = 1 are loc inegalitatea

\frac{1}{a^{3}(b + c)} + \frac{1}{b^{3}(c + a)} + \frac{1}{c^{3}(a + b)} ≥ \frac{3}{2}.

Solutie. Similar Problemei 12 vom presupune a ≥ b ≥ c. Atunci,

\frac{1}{c} ≥ \frac{1}{b} ≥ \frac{1}{c}

\frac{1}{ac + bc} ≥ \frac{1}{ab + bc} ≥ \frac{1}{ab + ac}.

Prin urmare

\frac{1}{c(ac + bc)} ≥ \frac{1}{b(ab + bc)} ≥ \frac{1}{a(ab + ac)},

si cum ab ≥ ac ≥ bc, in baza Afirmatiei 1 se obtine

\frac{ab}{c(ac + bc)} + \frac{ac}{b(ab + bc)} + \frac{bc}{a(ab + ac)} ≥ \frac{ac}{c(ac + bc)} + \frac{bc}{b(ab + bc)} + \frac{ab}{a(ab + ac)}

sau

\frac{ab}{c(ac + bc)} + \frac{ac}{b(ab + bc)} + \frac{bc}{a(ab + ac)} ≥ \frac{bc}{c(ac + bc)} + \frac{ab}{b(ab + bc)} + \frac{ac}{a(ab + ac)}.

Sumand parte cu parte ultimele doua inegalitati deducem

2 (\frac{ab}{c(ac + bc)} + \frac{ac}{b(ab + bc)} + \frac{bc}{a(ab + ac)}) ≥ \frac{1}{c} + \frac{1}{b} + \frac{1}{a}.  (11)

Conform inegalitatii Cauchy despre medii (a se vedea Problema 7) avem

\frac{1}{c} + \frac{1}{b} + \frac{1}{a} ≥ 3 ^{3} \sqrt{\frac{1}{a} · \frac{1}{b} · \frac{1}{c}} = 3.  (12)

Astfel, din (11) si (12) tinand seama ca a · b · c = 1, rezulta inegalitatea

\frac{1}{a^{3}(b + c)} + \frac{1}{b^{3}(a + c)} + \frac{1}{c^{3}(a + b)} = \frac{ab}{c(ac + bc)} + \frac{ac}{b(ab + bc)} + \frac{bc}{a(ab + ac)} ≥ \frac{3}{2}.

0 Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md

Problema 14. Fie a, b, c numere pozitive. Sa se demonstreze ca

(a^{a}b^{b}c^{c})^{2} ≥ a^{b+c}b^{c+a}c^{a+b}.

Solutie. Fara restrictia generalitatii presupunem ca a ≥ b ≥ c. Atunci ln a ≥ ln b ≥ ln c. Prin urmare, conform Afirmatiei 1,

a ln a + b ln b + c ln c ≥ b ln a + c ln b + a ln c

si

a ln a + b ln b + c ln c ≥ c ln a + a ln b + b ln c.

Sumam parte cu parte, inegalitatile si obtinem

2(a ln a + b ln b + c ln c) ≥ (b + c) ln a + (c + a) ln a + (c + a) ln b + (a + b) ln c

sau, echivalent,

ln (a^{a}b^{b}c^{c})^{2} ≥ ln (a^{b+c}b^{c+a}c^{a+b}) ,

de unde rezulta

(a^{a}b^{b}c^{c})^{2} ≥ a^{b+c}b^{c+a}c^{a+b}.

Problema 15. Sa se arate ca pentru orice numere pozitive a, b, c este adevarata inegalitatea

a^{3}b + b^{3}c + c^{3}a ≥ a^{2}bc + b^{2}ca + c^{2}ab.

Solutie. Fie a ≥ b ≥ c. Atunci

a^{2} ≥ b^{2} ≥ c^{2} si \frac{1}{c} ≥ \frac{1}{b} ≥ \frac{1}{a}

in baza Afirmatiei 1 conchidem,

a^{2} · \frac{1}{a} + b^{2} · \frac{1}{b} + c^{2} · \frac{1}{c} ≤ a^{2} · \frac{1}{c} + b^{2} · \frac{1}{a} + c^{2} · \frac{1}{b}.

Ultima inegalitate este echivalenta cu cea din enunt.

Problema 16. Fie {a_{1}, a_{2}, …, a_{n}} ⊂ N. Sa se arate ca pentru orice n ∈ N are loc inegalitatea

∑_{k=1}^{n} \frac{a_{k}}{k^{2}} ≥ ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{k}.

Solutie. Fie a_{i_{1}} < a_{i_{2}} < … < a_{i_{n}}, unde (i_{1}, i_{2}, …, i_{n}) este o permutare a numerelor 1, 2, …, n. Cum

\frac{1}{n^{2}} < \frac{1}{(n − 1)^{2}} < … < \frac{1}{1^{2}} ,

0 Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md

rezulta

∑_{k=1}^{n} \frac{a_{k}}{k_{2}} ≥ ∑_{k=1}^{n} \frac{a_{i_{k}}}{k^{2}} ≥ ∑_{k=1}^{n} \frac{k}{k^{2}} = ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{k}.

IV. Inegalitati clasice si aplicatii

Problema 17. (Inegalitatea Hölder) Sa se arate ca pentru orice numere pozitive p, q cu

proprietatea \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1 si orice numere reale a_{j}, b_{j} (j = 1, …, n) are loc inegalitatea

|∑_{j=1}^{n} a_{j}b_{j}| ≤ (∑_{j=1}^{n} |a_{j}|^{p})^{\frac{1}{p}} (∑_{j=1}^{n} |b_{j}|^{q})^{\frac{1}{q}} .  (13)

Solutie. Presupunem ca ∑_{j=1}^{n} |a_{j}|^{p} ≠ 0 si ∑_{j=1}^{n} |b_{j}|^{q} ≠ 0 (in caz contrar inegalitatea (13) este

evidenta). Din inegalitatea Young (a se vedea Problema 5), se obtine

|∑_{j=1}^{n} \frac{a_{j}}{( ∑_{k=1}^{n} |a_{k}|^{p})^{\frac{1}{p}}} \frac{b_{j}}{( ∑_{k=1}^{n} |b_{k}|^{q})^{\frac{1}{q}}} | ≤ ∑_{j=1}^{n} \frac{|a_{j}|}{( ∑_{k=1}^{n} |a_{k}|^{p})^{\frac{1}{p}}} · \frac{|b_{j}|}{( ∑_{k=1}^{n} |b_{k}|^{q})^{\frac{1}{q}}} ≤

≤ ∑_{j=1}^{n} (\frac{|a_{j}|^{p}}{p ∑_{k=1}^{n} |a_{k}|^{p}} + \frac{|b_{j}|^{q}}{q ∑_{k=1}^{n} |b_{k}|^{q}} ) = \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1,

de unde nemijlocit rezulta inegalitatea (13).

Problema 18. Sa se arate ca sirul

x_{n} = (1 + \frac{1}{n})^{n}

este crescator.

Solutie. Conform inegalitatii Cauchy despre medii (a se vedea Problema 7) au loc inegalitatile

n+1 \sqrt{(1 + \frac{1}{n})^{n}} = _{n+1} \sqrt{\underbrace{(1 + \frac{1}{n}) … (1 + \frac{1}{n})}_{n −ori} ·1} ≤ \frac{\underbrace{(1 + \frac{1}{n}) + … + (1 + \frac{1}{n})}_{n −ori} +1}{n + 1} = \frac{n + 2}{n + 1},

de unde rezulta

(1 + \frac{1}{n})^{n} ≤ (\frac{n + 2}{n + 1})^{n+1} = (1 + \frac{1}{n})^{n+1} ,

0 Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md

adica x_{n} ≤ x_{n+1}.

Problema 19. Sa se demonstreze ca

\frac{x_{1}}{x_{2}} + \frac{x_{2}}{x_{3}} + … + \frac{x_{n−1}}{x_{n}} + \frac{x_{n}}{x_{1}} ≥ n,  (14)

pentru orice x_{k} ∈ R; x_{k} > 0 (k = 1, …, n).

Solutie. Inegalitatea (14) rezulta imediat din inegalitatea Cauchy:

\frac{\frac{x_{1}}{x_{2}} + \frac{x_{2}}{x_{3}} + … + \frac{x_{n}}{x_{1}}}{n} ≥ ^{n} \sqrt{\frac{x_{1}}{x_{2}} · \frac{x_{2}}{x_{3}} · . . . · \frac{x_{n}}{x_{1}}} = 1

Problema 20. Sa se arate ca pentru orice numere pozitive a_{1}, a_{2}, …, a_{n} are loc inegalitatea

(a_{1} + a_{2} + … + a_{n}) (\frac{1}{a_{1}} + … + \frac{1}{a_{n}} ) ≥ n^{2}.

Solutie. Conform inegalitatii Cauchy-Buneacovski (cazul particular al inegalitatii Hölder, p = q = 2) obtinem

n^{2} = (\sqrt{a_{1}} · \frac{1}{\sqrt{a_{1}}} + … + \sqrt{a_{n}} · \frac{1}{\sqrt{a_{n}}} )^{2} ≤ ((\sqrt{a_{1}})^{2} + … + (\sqrt{a_{n}})^{2}) ((\frac{1}{\sqrt{a_{1}}} )^{2} + … + (\frac{1}{\sqrt{a_{n}}} )^{2}) .

Problema 21. Sa se arate ca

\frac{(a_{1} + a_{2} + … + a_{n})^{2}}{2(a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + … + a_{n}^{2})} ≤ \frac{a_{1}}{a_{2} + a_{3}} + \frac{a_{2}}{a_{3} + a_{4}} + … + \frac{a_{n}}{a_{1} + a_{2}} ,

unde a_{k} ≥ 0 (k = 1, 2, …, n).

Solutie. Conform inegalitatii Cauchy-Buneacovski (inegalitatea Hölder in cazul p = q = 2) deducem

(a_{1} + a_{2} + … + a_{n})^{2} = (\sqrt{\frac{a_{1}}{a_{2} + a_{3}}} · \sqrt{a_{1}(a_{2} + a_{3})} + … + \sqrt{\frac{a_{n}}{a_{1} + a_{2}}} · \sqrt{a_{n}(a_{1} + a_{2})})^{2} ≤

≤ (\frac{a_{1}}{a_{2} + a_{3}} + … + \frac{a_{n}}{a_{1} + a_{2}} ) (a_{1}(a_{2} + a_{3}) + … + a_{n}(a_{1} + a_{2})) ≤

≤ (\frac{a_{1}}{a_{2} + a_{3}} + … + \frac{a_{n}}{a_{1} + a_{2}} ) ((\frac{1}{2}(a_{1}^{2} + a_{2}^{2}) + \frac{1}{2}(a_{1}^{2} + a_{3}^{2})) + … +

+ (\frac{1}{2}(a_{n−1}^{2} + a_{n}^{2}) + \frac{1}{2}(a_{n}^{2} + a_{1}^{2})) + (\frac{1}{2}(a_{n}^{2} + a_{1}^{2}) + \frac{1}{2}(a_{n}^{2} + a_{2}^{2}))) =

= (\frac{a_{1}}{a_{2} + a_{3}} + … + \frac{a_{n}}{a_{1} + a_{2}} ) (2a_{1}^{2} + 2a_{2}^{2} + … + 2a_{n}^{2}).

0 Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md

Problema 22. Sa se arate ca pentru orice numere pozitive a_{j}, b_{j} (j = 1, …, n) are loc inegalitatea

n \sqrt{a_{1} … a_{n}} + ^{n} \sqrt{b_{1} … b_{n}} ≤ ^{n} \sqrt{(a_{1} + b_{1}) … (a_{n} + b_{n})}.

Solutie. In baza inegalitatii Göughens obtinem

(1 + \frac{a_{1}}{b_{1}} ) … (1 + \frac{a_{n}}{b_{n}} ) ≥ (1 + ^{n} \sqrt{\frac{a_{1}}{b_{1}} … \frac{a_{n}}{b_{n}}} )^{n} ,

sau

(a_{1} + b_{1}) · . . . · (a_{n} + b_{n}) ≥ ( ^{n} \sqrt{a_{1} … a_{n}} + ^{n} \sqrt{b_{1} … b_{n}})^{n} ,

de unde rezulta ca

n \sqrt{a_{1} … a_{n}} + ^{n} \sqrt{b_{1} … b_{n}} ≤ ^{n} \sqrt{(a_{1} + b_{1}) · . . . · (a_{n} + b_{n})}.

Exercitii pentru autoevaluare

1. Sa se demonstreze inegalitatea

sin x > x − \frac{x^{3}}{6} (x > 0).

2. Sa se compare numerele

a) \frac{ln 1998}{ln 1999} si \frac{ln 1999}{ln 2000},

b) cos(sin 2000) si sin(cos 2000).

3. Sa se arate ca pentru x > 0 are loc inegalitatea

1 + 2 ln x ≤ x^{2}.

4. Fie x_{1}, x_{2}, …, x_{n} numere pozitive. Sa se demonstreze ca functia f : R ⟶ R,

f(x) = \{ \begin{matrix}(\frac{x_{1}^{α} + … + x_{n}^{α}}{n} )^{\frac{1}{α}} , & α ≠ 0 \\ ^{n} \sqrt{x_{1} … x_{n}}, & α = 0. \end{matrix}

este monoton crescatoare. Mai mult, functia f este strict crescatoare daca si numai daca x_{1} = x_{2} = … = x_{n}.

0 Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md

5. Sa se demonstreze inegalitatea

sin α · sin β · sin γ ≤ \frac{3\sqrt{3}}{8},

unde α, β, γ sunt unghiurile interioare ale unui triunghi.

6. Fie a_{1}, a_{2}, …, a_{n} numere reale cu proprietatile a_{k} ∈ (0; \frac{1}{2}) (k = 1, …, n) si a_{1}+…+a_{n} = 1.

Sa se arate ca

(\frac{1}{a_{1}^{2}} − 1) (\frac{1}{a_{2}^{2}} − 1) … (\frac{1}{a_{n}^{2}} − 1) ≥ (n^{2} − 1)^{n}.

7. Sa se demonstreze inegalitatile

a + b + c ≤ \frac{a^{2} + b^{2}}{2c} + \frac{b^{2} + c^{2}}{2a} + \frac{c^{2} + a^{2}}{2b} ≤ \frac{a^{3}}{bc} + \frac{b^{3}}{ca} + \frac{c^{3}}{ab},

unde a, b, c sunt numere pozitive.

8. (Inegalitatea Cebasev) Daca a_{1} ≥ a_{2} ≥ … ≥ a_{n}; b_{1} ≥ b_{2} ≥ … ≥ b_{n}, atunci (a_{1} + a_{2} + … + a_{n})(b_{1} + b_{2} + … + b_{n}) ≤ n(a_{1}b_{1} + a_{2}b_{2} + … + a_{n}b_{n}).

9. Daca 1 < a ≤ b ≤ c, atunci

\frac{a}{ln a} + \frac{b}{ln b} + \frac{c}{ln c} ≤ \frac{1}{3}(a + b + c) (\frac{1}{ln a} + \frac{1}{ln b} + \frac{1}{ln c}) ≤ \frac{a}{ln c} + \frac{b}{ln b} + \frac{c}{ln a}.

10. Sa se arate ca

n \sqrt{2 − \sqrt{3}} + ^{n} \sqrt{2 + \sqrt{3}} ≥ 2 (n = 2, 3, 4, …).

11. Sa se arate ca pentru orice numere nenegative a, b, c are loc inegalitatea (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc.

12. Sa se arate ca pentru orice numere reale x_{1}, …, x_{n} are loc inegalitatea (x_{1} + … + x_{n})^{2} ≤ n(x_{1}^{2} + … + x_{n}^{2}).

13. Sa se demonstreze ca sirul

x_{n} = (1 + \frac{1}{n})^{n+1}

este monoton descrescator.

14. Sa se arate ca

n! < (\frac{n + 1}{n})^{n} (n ∈ N).

15. Sa se demonstreze ca pentru orice numere pozitive a_{1}, a_{2}, …, a_{n} are loc inegalitatea

\sqrt{\frac{a_{1} + a_{2}}{a_{3}}} + \sqrt{\frac{a_{2} + a_{3}}{a_{4}}} + … + \sqrt{\frac{a_{n−1} + a_{n}}{a_{1}}} + \sqrt{\frac{a_{n} + a_{1}}{a_{2}}} ≥ n\sqrt{2}.

0 Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md