| Pagina principala | Ghidul utilizatorului | Rubrica candidatului | Curriculumurile scolare |
| Matematica competitiva | Matematica distractiva| Formule, dictionare | Avizuri |
|Pagini din istorie | Examene, teste | Bibliografie | Link-uri | Site map |

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 ep si pe.

Solutie. Se considera functia

Deoarece derivata functiei f,
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 < p se obtine
si deci ep > pe.

Problema 2. Sa se studieze marginirea sirului numeric

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
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 = 1/n     (n = 1,2,...) si se obtine

sau
(2)

Din inegalitatile (2) deducem
(3)
Se sumeaza parte cu parte a inegalitatile (3) si se obtine inegalitatea

Cum din ultima inegalitate rezulta ca sirul numeric xn = 1 + 1/2 + ... + 1/n este nemarginit.

Consecinta: Seria este o serie divergenta.

Problema 3. (inegalitatea J.Bernoulli) Pentru orice x > -1; a > 1 are loc inegalitatea
(1 + x)a 1 + ax. (4)
In plus, egalitatea are loc numai pentru x = 0.

Solutie. Consideram functia

f(x) = (1 + x)a - 1 - ax,     (x [-1;+)),
unde a > 1 si a fixat in continuare.

Calculam derivata acestei functii:

f (x) = a(1 + x)a-1 - a = a((1 + x)a-1 - 1)    (x > -1).
Deoarece a > 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)a - 1 - ax > 1 - 1
sau
(1 + x)a > 1 + ax       (x [-1;0)(0;+), a > 1).
Ramane de observat ca pentru x = 0 se obtine (1 + x)a = 1 + ax.

Nota. Similar se demonstreaza si inegalitatile

(1 + x)a 1 + ax       (x -1; 0 < a < 1),
(1 + x)a 1 + ax (x -1; a < 0).

Problema 4. (inegalitatea W.Young) Daca p, q R\{0,1} poseda proprietatea 1/p + 1/q = 1; a, b sunt numere pozitive, atunci sunt adevarate inegalitatile
(5)
si
(6)
Mai mult, egalitate se atinge daca si numai daca ap = bq.

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

Derivata acestei functii este
f (b) = bq-1 - a,
si prin calcule elementare se determina ca punctul este un punct de minim local. Astfel
(7)
Din inegalitatea (7) tinand seama ca 1/p + 1/q = 1 se obtine
si deci inegalitatea (5) este demonstrata. Mai mult, din (7) rezulta ca egalitatea are loc numai in cazul in care adica daca ap = bq.

Inegalitatea (6) se demonstreaza in mod similar.

Problema 5. Sa se demonstreze inegalitatea
|sinx| |x|       (x R). (8)

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

In acest scop, consideram functia

f:[0;1] R,     f(x) = x - sinx.
Derivata functiei f are forma
f (x) = 1 - cosx       (x [0;1]).
In baza marginirii functiei cosinus (|cosx| 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 - sinx 0,     (x [0;1])
de unde rezulta inegalitatea initiala.

Problema 6. Sa se arate ca

a2(b - c) + b2(c - a) + c2(a - b) > 0,
daca a > b > c.

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

f(t) = (b + t)2(b - c) + b2(c - (b + t)) + c2((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 : IR (I un interval al axei reale) se numeste convexa pe I daca pentru orice x1, x2 I si orice l1 l2 cu proprietatea l1 0, l2 0, si l1 + l2 = 1, are loc inegalitatea
f(l1x1 + l2x2) l1f(x1) + l2f(x2). (9)

In cazul in care pentru orice x1 x2,     l1·l2 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 : IR convexa pe I. Atunci pentru orice xj I (j = 1,...,n) si orice lj 0 (j = 1,...,n);     l1 + ... + ln = 1 are loc inegalitatea

Criteriu de convexitate

Fie f : IR, 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 | $e > 0 (x - e, x + e 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 x1, x2, ..., xn este adevarata inegalitatea
(10)
Altfel, media geometrica nu intrece media aritmetica.

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

Fie aj > 0 (j = 1,...,n). Consideram functia f(x) = lnx (x > 0). Cum rezulta ca functia f este concava pe multimea (0;+). In baza inegalitatii Jensen deducem

care implica inegalitatea (10).

Problema 8. Fie x1, ..., xn numere nenegative. Sa se arate ca functia

este monoton crescatoare.

Solutie. Fie 0 < a < b. Consideram functia     (x 0). Deoarece     (x > 0), rezulta ca h este convexa pe [0;+). Conform inegalitatii Jensen conchidem

sau
de unde rezulta
f(a) f(b).

Problema 9. Sa se arate ca

,
unde a, b, g sunt unghiurile interioare a unui triunghi.

Solutie. Consideram functia f : [0;p]R;   f(x) = sinx. Cum f (x) = -sinx si f (x) < 0 pentru x (0;p), rezulta ca f este o functie concava pe [0;p]. In baza inegalitatii Jensen se obtine

sau
adica
.

Problema 10. Sa se arate ca pentru orice numere pozitive aj, bj (j = 1,...,n) are loc inegalitatea

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

sau
si deci

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

unde aj 0 (j = 1,...,n).

Solutie. Fie f : RR,     f(x) = ln(1 + ex). Sa cercetam convexitatea acestei functii. In acest scop, calculam a doua derivata a functiei f:     (x R). Cum f (x) > 0 pentru orice x R, aplicand inegalitatea Jensen, obtinem

III. Ordonarea

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

a1 a2 ... an,
b1 b2 ... bn.

Desemnam prin s o suma de forma

s = a1bi1 + ... + anbin,
unde (i1,...,in) este o permutare a numerelor 1,2,...,n. Atunci
S = max s = a1b1 + ... + anbn,
s = min s = a1bn + ... + anb1.

Problema 12. Sa se arate ca

daca a, b, c sunt numere pozitive.

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

Prin urmare
si
Sumand parte cu parte ultimele doua inegalitati se obtine

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

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

Prin urmare
si cum ab ac bc, in baza Afirmatiei 1 se obtine
sau
Sumand parte cu parte ultimele doua inegalitati deducem
(11)
Conform inegalitatii Cauchy despre medii (a se vedea Problema 7) avem
(12)

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

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

(aabbcc)2 ab+cbc+aca+b.

Solutie. Fara restrictia generalitatii presupunem ca a b c. Atunci lna lnb lnc. Prin urmare, conform Afirmatiei 1,

alna + blnb + clnc blna + clnb + alnc
si
alna + blnb + clnc clna + alnb + blnc.
Sumam parte cu parte, inegalitatile si obtinem
2(alna + blnb + clnc) (b + c)lna + (c + a)lna + (c + a)lnb + (a + b)lnc
sau, echivalent,
ln(aabbcc)2 ln(ab+cbc+aca+b),
de unde rezulta
(aabbcc)2 ab+cbc+aca+b.

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

a3b + b3c + c3a a2bc + b2ca + c2ab.

Solutie. Fie a b c. Atunci

a2 b2 c2     si    
in baza Afirmatiei 1 conchidem,
Ultima inegalitate este echivalenta cu cea din enunt.

Problema 16. Fie {a1, a2, ..., an} N. Sa se arate ca pentru orice n N are loc inegalitatea

Solutie. Fie ai1 < ai2 < ... < ain, unde (i1,i2,...,in) este o permutare a numerelor 1,2,...,n. Cum

rezulta

IV. Inegalitati clasice si aplicatii

Problema 17. (Inegalitatea Hölder) Sa se arate ca pentru orice numere pozitive p, q cu proprietatea 1/p + 1/q = 1 si orice numere reale aj, bj     (j = 1,...,n) are loc inegalitatea
(13)

Solutie. Presupunem ca si (in caz contrar inegalitatea (13) este evidenta). Din inegalitatea Young (a se vedea Problema 5), se obtine

de unde nemijlocit rezulta inegalitatea (13).

Problema 18. Sa se arate ca sirul

este crescator.

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

de unde rezulta
adica xn xn+1.

Problema 19. Sa se demonstreze ca
(14)
pentru orice xk R; xk > 0 (k = 1,...,n).

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

Problema 20. Sa se arate ca pentru orice numere pozitive a1, a2, ..., an are loc inegalitatea

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

Problema 21. Sa se arate ca

unde ak 0 (k = 1,2,...,n).

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

Problema 22. Sa se arate ca pentru orice numere pozitive aj, bj (j = 1,...,n) are loc inegalitatea

Solutie. In baza inegalitatii Göughens obtinem

sau
de unde rezulta ca

Exercitii pentru autoevaluare

  1. Sa se demonstreze inegalitatea

  2. Sa se compare numerele

  3. Sa se arate ca pentru x > 0 are loc inegalitatea
    1 + 2lnx x2.

  4. Fie x1, x2, ..., xn numere pozitive. Sa se demonstreze ca functia f : RR,
    este monoton crescatoare. Mai mult, functia f este strict crescatoare daca si numai daca x1 = x2 = ... = xn.

  5. Sa se demonstreze inegalitatea
    unde a, b, g sunt unghiurile interioare ale unui triunghi.

  6. Fie a1, a2, ..., an numere reale cu proprietatile ak (0;1/2) (k = 1,...,n) si a1 + ... + an = 1. Sa se arate ca

  7. Sa se demonstreze inegalitatile
    unde a, b, c sunt numere pozitive.

  8. (Inegalitatea Cebasev) Daca a1 a2 ... an; b1 b2 ... bn, atunci
    (a1 + a2 + ... + an)(b1 + b2 + ... + bn) n(a1b1 + a2b2 + ... + anbn).

  9. Daca 1 < a b c, atunci

  10. Sa se arate ca

  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 x1, ..., xn are loc inegalitatea

  13. Sa se demonstreze ca sirul
    este monoton descrescator.

  14. Sa se arate ca

  15. Sa se demonstreze ca pentru orice numere pozitive a1, a2, ..., an are loc inegalitatea




| Pagina principala | Ghidul utilizatorului | Rubrica candidatului | Curriculumurile scolare |
| Matematica competitiva | Matematica distractiva| Formule, dictionare | Avizuri |
|Pagini din istorie | Examene, teste | Bibliografie | Link-uri | Site map |