|
Zadania PDF.
Źródło zadań w texu.
% File: starsi.tex
% Created: Sun Nov 13 02:00 PM 2011 C
% Last Change: Sun Nov 13 02:00 PM 2011 C
\documentclass[10pt]{article}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsthm}
\textwidth 16cm
\textheight 24cm
\oddsidemargin 0cm
\topmargin 0pt
\headheight 0pt
\headsep 0pt
\usepackage[polish]{babel}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage{polski}
\usepackage{import}
%\usepackage{MnSymbol}
% ----------------------------------------------------------------
\vfuzz4pt % Don't report over-full v-boxes if over-edge is small
\hfuzz4pt % Don't report over-full h-boxes if over-edge is small
% THEOREMS -------------------------------------------------------
\newtheorem{thm}{Twierdzenie}[section]
\newtheorem{cor}[thm]{Wniosek}
\newtheorem{lem}[thm]{Lemat}
\newtheorem{defn}[thm]{Definicja}
\newtheorem{tozs}[thm]{Tożsamość}
\newtheorem{hyp}[thm]{Hipoteza}
\newtheorem{useless}[thm]{}
\newenvironment{sol}[1][Rozwiązanie. ]{
\vskip 3mm
\noindent\emph{#1}
}
{\hfill\par}
\newcounter{problem}
\newenvironment{problem}[1][Zadanie]{
\stepcounter{problem}
\vskip 3mm
\noindent{\textsc{\bfseries #1 \theproblem}}\\}
{\hfill\par}
\def\abs #1{\left\vert #1\right\vert}
\renewcommand{\angle}{\sphericalangle}
\renewcommand{\vec}[1]{\overrightarrow{#1}}
\renewcommand{\leq}{\leqslant}
\renewcommand{\geq}{\geqslant}
\renewcommand{\dots}{\ldots}
\subimport{../}{style.sty}
\def\sectionwidth{8cm}
%\include{style}
\def\headpicture{../micek-2cm.jpg}
\def\author{Joachim Jelisiejew}
\def\date{15 listopada 2011}
\begin{document}
\section{Prosta pomocnicza}
\emph{To kółko korzysta m.in. z~referatu dra Osękowskiego na konferencji
SEM w~Sulejowie w~2008r. oraz z~ogólnodostępnej książki Hoojoo Lee ``Topics in inequalities''.}
\subsection{Teoria}
\vskip 2mm
W~tym tygodniu $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ jest funkcją różniczkowalną.
Przypomnijmy, że prosta styczna do wykresu $f$ w~punkcie $x_0$ ma równanie
\begin{equation}
L_{x_0}(x) = f(x_0) + (x-x_0)\cdot f'(x_0).
\end{equation}
Warto wspomnieć następujący
\begin{lem}
\begin{enumerate}
\item Jeżeli na pewnym przedziale $(a, b)$ funkcja $f'$ jest rosnąca
(malejąca) to mówimy, że $f$ jest wypukła (wklęsła) na $(a, b)$.
\item Jeżeli $f''$ istnieje i~jest
dodatnia (ujemna) na $(a, b)$ to $f$ jest wypukła (wklęsła) na $(a, b)$.
\item Jeżeli funkcja $f$ jest wypukła (wklęsła) na $(a,b)$, to wykres
$L$ leży pod (ponad) wykresem $f$.
\end{enumerate}
\end{lem}
Funkcja $f$ może być skomplikowana,
w~nierównościach będziemy starali się zastąpić ją prostszą (bo liniową)
funkcją $L_{x_0}$. Kluczowe jest tutaj odpowiednie dobranie punktu $x_0$. Powinno
ono być takie, żeby w~wyjściowej nierówności po podstawieniu za zmienne $x_0$
zachodziła równość.
Czasami nie da się skorzystać z~wypukłości funkcji $f$ (np. gdy jest ona
funkcją wielu zmiennych), wtedy nierówność $f \geq L_{x_0}$ trzeba spróbować
udowodnić ręcznie.
Przykładowe zadanie poniżej:
\setcounter{problem}{-1}
\begin{problem}
Udowodnić, że jeśli $a_1,\dots,a_n$ są dodatnie, to $\frac{a_1 + \dots +
a_n}{n} \geq \frac{n}{\frac{1}{a_1} + \dots + \frac{1}{a_n}}$ (nierówność
pomiędzy arytm. a~harm.).
\end{problem}
\begin{sol}
\emph{Części zapisane kursywą nie muszą być częścią dowodu.}
\emph{Podstawowy problem jest taki, że równość zachodzi zawsze gdy $a_1 = \dots
= a_n$~--- nie ma jednej konkretnej wartości, dla której zachodzi. Ale}
nierówność jest jednorodna względem $a_1,\dots,a_n$~--- możemy
przyjąć dodatkowy warunek
\[a_1 + \dots + a_n = n\hbox{ i udowadniać, że }
1 \geq \frac{n}{\frac{1}{a_1} + \dots + \frac{1}{a_n}},\hbox{ równoważnie }
\frac{1}{a_1} + \dots + \frac{1}{a_n} \geq n.\]
\emph{Mamy teraz (zgadujemy) dokładnie jeden punkt, w~którym zachodzi
równość $a_1 = \dots = a_n = 1$}.
Zauważmy, że $f(x) = \frac{1}{x}$ jest funkcją wypukłą na $(0, \infty)$
oraz $L_1(x) = 1 + (x-1)(-1) = 2 - x$. Z~wypukłości $f$ wynika, że $L_1(x)
\leq f(x)$ dla każdego $x \geq 0$ \emph{można to też policzyć
bezpośrednio}. Tak więc
\[
\frac{1}{a_1} + \dots + \frac{1}{a_n} \geq (2 - a_1) + \dots + (2 - a_n) =
2n - (a_1 + \dots + a_n) = 2n - n = n.
\]
co było do udowodnienia.
\emph{Gdybyśmy wybrali zły punkt, np. $1/2$, otrzymalibyśmy nierówność
$\frac{1}{a_1} \geq L_{1/2}(x) = 2 + (x - 1/2)\cdot (-4) = 4 - 4x$, a~po zsumowaniu
$\frac{1}{a_1} + \dots + \frac{1}{a_n} \geq 4n - 4(a_1 +\dots + a_n) = 4n
- 4n = 0$, co nie jest fajne.}
\end{sol}
\subsection{Zadania}
\begin{problem}
Niech $a,b$ będą liczbami dodatnimi, takimi, że $a+b = 1$. Udowodnić, że
\[\frac{a^2}{a+1} + \frac{b^2}{b+1} \geq \frac{1}{3}.\]
\end{problem}
\begin{problem}
Udowodnij, że jeśli $a, b, c > 0$, to
\[
\frac{4a^2}{b+c} + \frac{4b^2}{a+c} + \frac{4c^2}{a+b} \geq 2(a+b+c).
\]
\emph{Wskazówka: jak w~przykładzie dodaj warunek $a+b+c=\dots$}
\end{problem}
\begin{problem}
Udowodnij, że dla dowolnych liczb dodatnich $a,b,c$ zachodzi nierówność Nesbitta
\[\frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2}.\]
\emph{Wskazówka: jak w~przykładzie dodaj warunek $a+b+c=\dots$}
\end{problem}
\end{document}
|
