NIERÓWNOŚĆ SHAPIRO Tomasz Kochaek Wyk lad dla m lodzieży licealej 8 grudia 2006 1 Kilka klasyczych ierówości Pomoce w aszych rozważaiach okaża sie takie klasycze ierówości jak: ierówość miedzy średia arytmetycza, a geometrycza, ierówość Schwarza, ierówość Jesea dla fukcji wypuk lej, ierówość zwiazaa z ciagami przeciwie uporzadkowaymi oraz pewa prosta ierówość cyklicza. Podajemy w tym paragrafie dok lade sformu lowaia wszystkich tych ierówości wraz z dowodami. W przypadku ierówości Cauchy ego miedzy średia arytmetycza, a geometrycza ie podajemy stadardowego dowodu, ale pewie zaczie krótszy dowód oparty a iej, prostej ierówości. Różorode dowody oraz wiele ćwiczeń i iformacji tyczacy ie tylko tych wymieioych ierówości zaleźć moża w ksiażce L. Kourliadtchika [2]. Przy wiekszości z iżej opisaych twierdzeń zajduja sie ćwiczeia a zastosowaie daej ierówości wraz ze wskazówka rozwiazaia. Twierdzeie 1. (Nierówość Cauchy ego Za lożmy, że a 1,..., a sa liczbami dodatimi. Wówczas ich średia arytmetycza jest wieksza lub rówa ich średiej geometryczej, tz. a 1 +... + a Dowód. Wykorzystamy astepuj ac a ierówość: a 1... a. (1 e x x + 1 dla wszystkich x R. Ażeby ja uzasadić moża p. rozważyć fukcje określoa wzorem f(x = e x x 1 i zauważyć, że zeruje sie oa w pukcie x = 0, a jedocześie, ze wzgledu a zak jej pochodej: f (x = e x 1, który jest ujemy dla x < 0 i dodati dla x > 0, jest oa fukcja malejac a a przedziale (, 0 oraz fukcja rosac a a przedziale (0, +. To wszystko ozacza, że fukcja f przyjmuje swe globale miimum w pukcie x = 0 i miimum to wyosi f(0 = 0; w takim razie f(x 0 dla wszystkich x R. Moża także spojrzeć a poiższy rysuek. 1
Ozaczmy A = 1 (a 1 +... + a. Liczba A jest dodatia; wykorzystujac powyższa ierówość możemy apisać zatem: ( a1... a = A 1 + a ( 1 A... 1 + a A A e a 1 A A... e a A A A A = Ae 1 (( a 1 A 1+...+( a A 1 = Ae 0 = A, co w laśie ależa lo wykazać. Ćwiczeie 1. Pokazać, że dla wszystkich liczb a, b, c > 1 prawdziwa jest ierówość ( logb a 2 a + b + log c b b + c + log a c 9 c + a a + b + c. Wskazówka. Dwukrotie zastosować ierówość Cauchy ego; ajpierw dla trzech liczb: log b a a + b, log c b b + c, log a c c + a. Twierdzeie 2. (Nierówość Schwarza Za lóżmy, że a 1,..., a oraz b 1,..., b sa dowolymi liczbami rzeczywistymi. Wówczas zachodzi ierówość Dowód. Dla dowolego x R mamy (a 2 1 +... + a 2 (b 2 1 +... + b 2 (a 1 b 1 +... + a b 2. (2 0 (a i x + b i 2 = x 2 a 2 i + 2x a i b i + b 2 i. Wyrażeie to przedstawia fukcje kwadratowa zmieej x. Skoro jest oa, jak wyżej apisao, stale ieujema, wiec posiada co ajwyżej jede pierwiastek. To z kolei ozacza, że wyróżik tego trójmiau jest miejszy lub rówy zeru: ( 2 ( ( 2 a i b i 4 0, a 2 i b 2 i co jest rówoważe z dowodzoa przez as ierówościa. Ćwiczeie 2. Pokazać, że bezpośredim wioskiem z ierówości Schwarza jest ierówość: x i ( x i 2 y 1 x, iy i gdzie x 1,..., x oraz y 1,..., y sa dowolymi liczbami dodatimi. Nastepie, korzystajac z tego wiosku, wykazać, że dla dowolych liczb dodatich a, b, c prawdziwa jest ierówość a 2b + c + b 2c + a + 2 c 2a + b 1.
Wskazówka. Przyjać x 1 = a, x 2 = b, x 3 = c, y 1 = 2b + c, y 2 = 2c + a, y 3 = 2a + b. Mamy mi- Żeby sformu lować astep a ierówość, potrzebujemy pojecia fukcji wypuk lej. aowicie astepuj ac a defiicje. Defiicja 1. Niech fuckja f : (a, b R bedzie fukcja określoa a pewym obustroie otwartym przedziale (a, b (może być to przedzia l ieskończoy. Fukcje f azywamy wypuk l a wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolych dwóch puktów x, y (a, b oraz dla dowolej liczby λ [0, 1] zachodzi ierówość f (λx + (1 λy λf(x + (1 λf(y. Liczby λ 1,..., λ wystepuj ace w powyższej ierówości czasami azywae sa wagami, a wyrażeie λ 1 x 1 +...+λ x azywae jest kombiacja wypuk l a puktów x 1,..., x. Geometryczie defiicja ta ozacza tyle, że wykres fukcji f leży zawsze poiżej lub a cieciwie l acz acej dwa dowolie ustaloe jego pukty. Fukcjami wypuk lymi sa a przyk lad: f(x = e x dla x R, f(x = 1 x dla x (π, 2π. dla x (0, +, f(x = si x Twierdzeie 3. (Nierówość Jesea Za lóżmy, że fukcja f : (a, b R jest wypuk la a przedziale (a, b (być może ieskończoym. Wówczas dla dowolych liczb x 1,..., x (a, b oraz dowolych takich liczb λ 1,..., λ [0, 1], że λ 1 +... + λ = 1, zachodzi ierówość f (λ 1 x 1 +... + λ x λ 1 f(x 1 +... + λ f(x. (3 Dowód. Udowodimy to twierdzeie stosujac idukcje wzgledem. Dla = 1 ie ma czego dowodzić (mamy tu tylko jede pukt x 1 (a, b i jeda liczbe λ 1 = 1, a asza ierówość staje sie rówościa. Dla = 2 dowodzoa ierówość jest iczym iym jak ierówościa defiiujac a fukcje wypuk le. Za lóżmy teraz idukcyjie, że N oraz że ierówość (3 zachodzi dla oraz dowolych liczb x 1,..., x (a, b oraz λ 1,..., λ [0, 1] takich, że λ 1 +... + λ = 1. W celu wykazaia ierówości dla + 1 ustalmy dowolie + 1 liczb x 1,..., x +1 (a, b, λ 1,..., λ +1 [0, 1] takich, że λ 1 +... + λ +1 = 1. Jeśli λ +1 = 1, to musi być λ 1 =... = λ = 0 i asza ierówość dla + 1 oczywiście zachodzi. Za lóżmy wiec, że λ +1 < 1. Wówczas możemy apisać: ( ( λ1 λ f(λ 1 x 1 +... + λ +1 x +1 = f (1 λ +1 x 1 +... + x + λ +1 x +1 1 λ +1 1 λ ( +1 λ1 λ (1 λ +1 f x 1 +... + x + λ +1 f(x +1 1 λ +1 1 λ ( +1 λ1 λ (1 λ +1 f(x 1 +... + f(x + λ +1 f(x +1 1 λ +1 1 λ +1 = λ 1 f(x 1 +... + λ f(x + λ +1 f(x +1, 3
przy czym piszac pierwszy zak ierówości skorzystaliśmy z ierówości z Defiicji 1 (z wagami (1 λ +1 i λ +1 - oczywiście sa to liczby z przedzia lu [0, 1], które sumuja sie do 1, piszac zaś drugi zak ierówości skorzystaliśmy z poczyioego za lożeia idukcyjego czyli - ierówości dla λ puktów (tutaj wagami by ly liczby 1 λ 1 λ +1,..., 1 λ +1 - rówież sa to liczby z przedzia lu [0, 1] oraz sumuja sie do 1, a mocy za lożeia, że λ 1 +... + λ +1 = 1. Ćwiczeie 3. Udowodić astepuj ac a ierówość miedzy średimi ważoymi, staowiac a uogólieie ierówości Cauchy ego: Dla dowolych liczb dodatich a 1,..., a oraz λ 1,..., λ takich, że λ 1 +... + λ = 1, zachodzi ierówość λ 1 a 1 +... + λ a a λ 1 1... a λ. Zauważyć, że faktyczie wyika stad ierówość Cauchy ego, wystarczy bowiem przyjać λ 1 =... = λ = 1. Wskazówka. Zastosować ieówość Jesea dla wypuk lej fukcji f(x = e x. Nastep a potrzeba am ierówość wykażemy pos lugujac sie tzw. pe lych kwadratów. metoda uzupe liaia do Twierdzeie 4. Dla dowolych liczb rzeczywistych x 1,..., x zachodzi ierówość ( x 2 i 1 2 x i. (4 Dowód. Wykorzystamy astepuj acy uogólioy wzór a kwadrat sumy: ( 2 x i = x 2 i + 2 x i x j, 1 i<j gdzie po prawej stroie mamy sume podwojoych wszystkich możliwych iloczyów wyrażeń postaci x i x j, gdzie i, j sa różymi ideksami ze zbioru {1,..., }. Wykorzystujac te wzór możemy przepisać dowodzoa ierówość w rówoważej postaci: ( 1 1 x 2 i 2 x i x j, czyli ( 1 x 2 i 2 1 i<j 1 i<j x i x j 0. Zauważmy, że wyrażeie wystepuj ace po lewej stroie ierówości możemy pogrupować w astepuj acy sposób: rozważamy dowoly iloczy postaci 2x i x j, gdzie 1 i < j. Mamy oczywiście x 2 i + x 2 j 2x i x j = (x i x j 2 0. Każdy kwadrat x 2 i wystapi dok ladie w ( 1 iloczyach postaci 2x i x j (odpowiadajacych tym j {1,..., }, które sa róże od i. Jedak dok ladie tyle wyosi wspó lczyik stojacy w powyższej ierówości przy x 2 i. To pokazuje, że wyrażeie po jej lewej stroie może zostać przedstawioe jako suma kwadratów postaci (x i x j 2, a zatem - jest to liczba ieujema, co w laśie ależa lo wykazać. 4
Ćwiczeie 4. Pokazać, że udowodioe twierdzeie w przypadku = 5 daje ierówość x 2 1 + x 2 2 + x 2 3 + x 2 4 + x 2 5 1 5 (x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 2 (5 dla dowolych liczb rzeczywistych x 1, x 2, x 3, x 4, x 5. Wykazać, że dla dowolych liczb rzeczywistych a, b, c zachodzi ierówość a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ca. (6 Wskazówka. Aby udowodić ierówość (6, ie trzeba powo lywać sie a Twierdzeie 4. Moża to zrobić bezpośredio, możac obie stroy tej ierówości przez 2 i uzupe liajac do pe lych kwadratów. Nastepa ierówość, zwiazaa z ciagami przeciwie uporzadkowaymi, może zostać podaa w ieco szerszej formie, co zaiteresoway Czytelik może sprawdzić w ksiażce [2], rozdzia l 4. Obecie podamy jedak tyle, ile okaże sie wystarczajace dla zastosowań w problemie Shapiro. Niezbyt precycyjie mówiac, jeśli dae sa dwa ciagi o tej samej d lugości z lożoe z liczb rzeczywistych, powiedzmy: (a 1,..., a, (b 1,..., b i iteresuja as wyrażeia postaci takiej jak a i b i, to okazuje sie, że ajwieksz a jego wartość możemy uzyskać wówczas, gdy ciagi sa jedakowo uporzadkowae (p. oba rosace, zaś ajmiejsza jego wartość - gdy sa oe uporzadkowae przeciwie (p. jede jest rosacy, a drugi malejacy. Twierdzeie 5. Niech a 1,..., a, b 1,..., b bed a liczbami rzeczywistymi takimi, że a 1 a 2... a oraz b 1 b 2... b i iech (b 1,..., b bedzie dowola permutacja liczb (b 1,..., b. Wówczas zachodzi ierówość: a i b i a i b i. (7 Dowód. Zastosujemy idukcje wzgledem. Dla = 1 ierówość jest oczywista. Dla = 2 mamy tylko dwie możliwe permutacje: (b 1, b 2 i (b 2, b 1. W przypadku pierwszej z ich asza ierówość staje sie rówościa, w przypadku drugiej - jest oa rówoważa z ierówościa a 1 b 1 + a 2 b 2 a 1 b 2 + a 2 b 1. Mamy jedak a 1 b 1 + a 2 b 2 a 1 b 2 a 2 b 1 = (a 1 a 2 (b 1 b 2 0, bowiem a 1 a 2 0, b 1 b 2 0. Za lóżmy prawdziwość ierówości (7 dla liczby aturalej (i dowolych ciagów (a 1,..., a, (b 1,..., b spe liajacych stosowe za lożeia. Wykażemy ierówość dla + 1. Ustalmy dowole ciagi (a 1,..., a +1, (b 1,..., b +1 liczb rzeczywistych takie, pierwszy rosacy, drugi malejacy. Ustalmy także dowolie permutacje (b 1,..., b +1 ciagu (b 1,..., b +1. Dla dok ladie jedego i {1,..., + 1} mamy b 1 = b i. Jeśli i = 1, tz. b 1 = b 1, to ciag (b 2,..., b +1 jest permutacja ciagu (b 2,..., b +1, wiec z za lożeia idukcyjego dostajemy ierówość +1 +1 a i b i a i b i. i=2 Dodajac do obu stro tej ierówości sk ladik a 1 b 1 (= a 1 b 1, otrzymujemy żada a ierówość. Rozważmy teraz przypadek kiedy i > 1. Mamy a 1 a i (bo a 1 jest ajmiejsza ze wszystkich liczb a 1,..., a +1 oraz b i b 1 (bo b i jest rówe b 1 czyli ajwiekszej z liczb b 1,..., b +1. Możemy i=2 5
zastosować przeto ierówość (7 udowodioa w przypadku = 2, dla ciagów (a 1, a i, (b i, b 1. Daje oa a 1 b i + a i b 1 a 1 b 1 + a i b i. Stad (przez dodaie do obu stro pewych,,brakujacych sk ladików: a 1 b i + a 2 b 2 +... + a i 1 b i 1 + a i b 1 + a i+1 b i+1 +... + a +1 b +1 a 1 b 1 + a 2 b 2 +... + a i 1 b i 1 + a i b i + a i+1 b i+1 +... + a +1 b +1. Zaobserwujmy, że po prawej stroie mamy tu już prawa stroe dowodzoej przez as ierówości (7 dla + 1. Zauważmy także, że ciag (b 2,..., b i 1, b 1, b i+1,..., b +1 (8 jest permutacja ciagu (b 2, b 3,..., b +1. Istotie, jedyym elemetem ie wystepuj acym w ciagu (8 jest b i, który jest rówy b 1 czyli jedyemu elemetowi, którego brakuje w ciagu (b 2, b 3,..., b +1. Możemy zatem zastosować za lożoa idukcyjie ierówość (7 dla -elemetowych ciagów: (a 2, a 3,..., a +1, (b 2.b 3,..., b +1 i permutacji (8. Otrzymamy, że a 2 b 2 +... + a i 1 b i 1 + a i b i + a i+1 b i+1 +... + a +1 b +1 a 2 b 2 +... + a i 1 b i 1 + a i b 1 + a i+1 b i+1 +... + a +1 b +1. W po l aczeiu z poprzedia ierówościa daje to: a 1 b i + a 2 b 2 +... + a +1 b +1 a 1 b 1 + a 2 b 2 +... + a +1 b +1, co staowi żada a ierówość, bowiem b i = b 1. Defiicja 2. Ciagi liczb rzeczywistych (a 1,..., a, (b 1,..., b azywamy przeciwie uporzadko- waymi, jeśli zachodzi waruek: (a i > a j (b i b j. Mówiac prościej, ciagi takie sa przeciwie uporzadkowae, jeśli liczba ajwieksza w pierwszym ciagu (ewetualie któraś z ajwiekszych, jeśli jest ich wiecej iż jeda ma taki umer jak liczba ajmiejsza w drugim ciagu (lub któraś z ajmiejszych; liczba druga pod wzgledem wielkości w pierwszym ciagu (któraś z ich stoi w tym miejscu, co druga ajmiejsza w drugim ciagu (któraś z ich itd. Na przyk lad, ciagi: (2, 1, 3, ( 1, 1, 2 sa przeciwie uporzadkowae, podobie jak ciagi: (2, 0, 2, ( 1, 3, 0. Zaś ciagi: (1, 2, 2, (1, 2, 0 ie sa przeciwie uporzadkowae. Czytelik latwo odgadie jaka jest defiicja ciagów jedakowo uporzadkowaych i zachecay jest do siegi ecia po ksiażk e [2]. Podamy teraz pewe wzmocieie Twierdzeia 5. Miaowicie, zachodzi Twierdzeie 6. Za lóżmy, że ciagi liczb rzeczywistych (a 1,..., a, (b 1,..., b sa przeciwie uporzad- kowae. Niech (a 1,..., a bedzie dowola permutacja ciagu (a 1,..., a i iech (b 1,..., b bedzie dowola permutacja ciagu (b 1,..., b. Wówczas zachodzi ierówość a i b i a ib i. (9 6
Dowód. Nietrudo stwierdzić, że skoro ciagi (a 1,..., a i (b 1,..., b sa przeciwie uporzadkowae, istieje wspóla dla ich obu permutacja σ zbioru {1,..., } przekszta lcajaca pierwszy ciag w ciag rosacy, a drugi - w ciag malejacy, tz. a σ(1... a σ(, b σ(1... b σ(. Oczywiście a i b i = a σ(i b σ(i (dodawaie jest przemiee!. Na mocy Twierdzeia 5, zachodzi ierówość a σ(i b σ(i a σ(i b τ(σ(i, dla dowolej permutacji τ zbioru wskaźików {1,..., }. Moża oczywiście zdefiiować te permutacje tak, aby b τ(σ(i = b µ(i dla każdego i = 1,...,, gdzie µ jest t a permutacja, że a σ(i = a µ(i dla i = 1,...,. To kończy dowód, bowiem a µ(ib µ(i = a ib i, zów a mocy przemieości dodawaia. Ćwiczeie 5. Udowodić, że dla każdych liczb dodatich a, b, c zachodzi ierówość a 3 b + b 3 c + c 3 a a 2 bc + b 2 ca + c 2 ab. Wskazówka. Patrzac a prawa stroe ierówości zapropoować odpowiedie ciagi przeciwie uporzadkowae. Wykorzystać Twierdzeie 6. Ciekawostka. Zadaie to by lo jeda z propozycji zadań a fia l XXIV Miedzyarodowej Olimpiady Matematyczej w 1983 roku. Podczas dokoywaia wyboru zadań cz lokowie jury mieli przydzieloy czas do rozwiazaia propoowaych problemów tak, by jak ajlepiej móc oceić trudość daego zadaia. Żade z ówczesych cz loków jury ie by l w staie udowodić tej ierówości. Literatura [1] P. H. Diaada, Extesios of a Iequality of H. S. Shapiro, America Mathematical Mothly, 66 (1959, 489-491. [2] L. Kourliadtchik, W edrówki po kraiie ierówości, Wydawictwo Aksjomat, Toruń 2000. [3] L. Kourliadtchik, S lye ierówości, Wydawictwo Aksjomat, Toruń 2002. [4] H. S. Shapiro, Problem 4603, America Mathematical Mothly, 61 (1954, 571. 7