Лекции и упражнения

3.6. НЕРАВЕНСТВО КОШИ.
39
3.6 Неравенство Коши.
Принцип обратной индукции. Неравенство Коши.
Определение 24. Средним арифметическим чисел
a
1
, ...,
a
n
называют
величину
Ї
a
=
a
1
+
...
+
a
n
n
.
Определение 25. Средним геометрическим чисел
b
1
>
0
, ...,
b
n
>
0
называют величину
?
b
=
n
?
b
1
·
. . .
·
b
n
.
Теорема 6 (Неравенство Коши). Пусть
a
1
, . . . a
n
>
0
. Тогда
1.
n
?
a
1
·
. . .
·
a
n
6
a
1
+
...
+
a
n
n
, т.е. среднее геометрическое не превосходит
среднего арифметического.
2. Равенство в пункте 1 достигается тогда и только тогда, когда
a
1
=
=
a
2
=
. . .
=
a
n
.
Доказательство.
Для доказательства этой теоремы понадобится следующий
Принцип обратной индукции.
2
Если утверждение
P
(
n
)
доказано для
некоторой бесконечной возрастающей последовательности
n
1
< n
2
< ... <
< n
k
< ...
и доказано, что
P
(
n
)
? P
(
n
?
1)
, то утверждение
P
(
n
)
доказано
для всех
n
?
N
.
Справедливость принципа вытекает из того, что для любого
n
найдется
n
k
, такое, что
n
k
>
n
и что
P
(
n
k
)
? P
(
n
k
?
1)
?
. . .
? P
(
n
)
.
Докажем теперь теперь неравенство Коши.
Выберем
n
k
= 2
k
и докажем, что для таких
n
неравенство выполнено.
Доказывать будем индукцией по
k
.
База индукции.
(
?
a
1
?
?
a
2
)
2
>
0
, причем равенство достигается только
при
a
1
=
a
2
. Раскроем скобки
a
1
?
2
?
a
1
a
2
+
a
2
>
0
, следовательно,
a
1
+
a
2
2
>
>
?
a
1
a
2
.
Шаг индукции. Пусть доказано для
2
k
, докажем для
2
k
+1
. По предполо-
жению индукции
2
k
?
a
1
·
. . .
·
a
2
k
6
a
1
+
. . .
+
a
2
k
2
k
и
2
k
?
a
2
k
+1
·
. . .
·
a
2
k
+1
6
a
2
k
+1
+
. . .
+
a
2
k
+1
2
k
.
Применим к
2
k
?
a
1
·
. . .
·
a
2
k
и
2
k
?
a
2
k
+1
·
. . .
·
a
2
k
+1
неравенство для
n
= 2
,
получим
2
k
+1
?
a
1
·
. . .
·
a
2
k
+1
=
q
2
k
?
a
1
·
. . .
·
a
2
k
·
2
k
?
a
2
k
+1
·
. . .
·
a
2
k
+1
6
6
1
2
2
k
?
a
1
·
. . .
·
a
2
k
+
2
k
?
a
2
k
+1
·
. . .
·
a
2
k
+1
6
6
a
1
+
. . .
+
a
2
k
+
a
2
k
+1
+
. . .
+
a
2
k
+1
2
k
+1
,
2
Иногда еще называют индукцией Коши

40
ГЛАВА 3. ИНДУКЦИЯ
что и требовалось доказать. Осталось заметить, что равенство выполнено
только при условии, что все числа равны между собой.
Итак, неравенство Коши доказано для
n
= 2
k
. Воспользуемся принци-
пом обратной индукции.
Предположим, что указанное неравенство верно для
n
и докажем для
n
?
1
.
Пусть даны
a
1
,...,
a
n
?
1
. В качетсве
a
n
выберем среднее арифметическое
этих чисел
a
n
=
a
1
+
...
+
a
n
?
1
n
?
1
и применим к полученным числам неравенство
для
n
, получим
n
?
a
1
·
. . .
·
a
n
6
a
1
+
. . .
+
a
n
n
=
1
n
a
1
+
. . .
+
a
n
?
1
+
a
1
+
. . .
+
a
n
?
1
n
?
1
=
=
a
1
+
. . .
+
a
n
?
1
n
?
1
=
a
n
.
Поделим обе части неравенства на
n
?
a
n
:
n
?
a
1
·
. . .
·
a
n
?
1
6
a
n
n
?
a
n
=
a
n
?
1
n
n
.
Возведем обе части неравенства в степень
n
n
?
1
, получим
n
?
1
?
a
1
·
. . .
·
a
n
?
1
6
a
n
=
a
1
+
. . .
+
a
n
?
1
n
?
1
,
что и требовалось доказать.
3.6.1 Суммы степеней.
В разделе ??? была доказана формула
1
2
+ 2
2
+
. . .
+
n
2
=
1
6
n
(
n
+ 1)(2
n
+ 1)
.
Возникает вопрос  возможно ли выписать аналогичные формулы для
сумм кубов, четвертых степеней и т.д.? Оказывается, это можно сделать.
Обозначим
S
k
(
n
) = 1
k
+ 2
k
+
. . .
+
n
k
. Очевидно,
S
0
(
n
) =
n
,
S
1
(
n
) =
n
(
n
+1)
2
.
Для того, чтобы найти суммы более высоких порядков, воспользуемся сле-
дующим приемом, который называется ѕтелескопическое суммированиеї
3
.
Суть метода в том, что для последовательности
b
i
=
a
i
+1
?
a
i
легко вычис-
лить сумму
S
n
=
b
1
+
b
2
+
. . .
+
b
n
= (
a
2
?
a
1
) + (
a
3
?
a
2
) +
. . .
+ (
a
n
+1
?
a
n
) =
=
a
n
+1
?
a
1
.
Итак, рассмотрим в качестве
b
n
следующую последовательность:
b
i
=
= (
i
+ 1)
k
+1
?
i
k
+1
=
C
1
k
+1
i
k
+
C
2
k
+1
i
k
?
1
+
. . .
+
C
k
k
+1
i
+
C
k
+1
k
+ 1
 правая
часть получена по формуле бинома Ньютона.
3
Учащиеся СУНЦ знакомы с этим приемом по Летней школе

3.6. НЕРАВЕНСТВО КОШИ.
41
Запишем эти члены для
i
от 1 до
n
:
2
k
+1
?
1
k
+1
=
C
1
k
+1
·
1
k
+
C
2
k
+1
·
1
k
?
1
+
. . .
+
C
k
+1
k
+1
;
3
k
+1
?
2
k
+1
=
C
1
k
+1
·
2
k
+
C
2
k
+1
·
2
k
?
1
+
. . .
+
C
k
+1
k
+1
;
. . . . . .
n
k
+1
?
(
n
?
1)
k
+1
=
C
1
k
+1
·
(
n
?
1)
k
+
C
2
k
+1
·
(
n
?
1)
k
?
1
+
. . .
+
C
k
+1
k
+1
;
(
n
+ 1)
k
+1
?
n
k
+1
=
C
1
k
+1
·
n
k
+
C
2
k
+1
·
n
k
?
1
+
. . .
+
C
k
+1
k
+1
;
Сложив эти равенства, после приведения подобных членов получим:
(
n
+ 1)
k
+1
?
1 =
C
1
k
+1
·
S
k
(
n
) +
C
2
k
+1
·
S
k
?
1
(
n
) +
. . .
+
C
k
+1
k
+1
·
S
0
(
n
)
.
Выразим отсюда
S
k
(
n
)
, получим рекуррентную формулу:
S
k
(
n
) =
1
k
+ 1
(
n
+ 1)
k
+1
?
C
2
k
+1
·
S
k
?
1
(
n
)
?
. . . C
k
+1
k
+1
·
S
0
(
n
)
?
1
.
Таким образом для любого натурального
k
можно получить формулу для
суммы
k
-х степеней (хотя для больших
k
это может быть долго и утоми-
тельно).
Несложно доказать следующее утверждение:
Утверждение 3. При любом натуральном
k
сумма
S
k
(
n
)
выражается
многочленом степени
k
+ 1
со старшим коэффициентом, равным
1
k
+1
.
Доказательство.
Предоставляется читателю в качестве упражнения.
Упражнения
Упражнение 68. Последовательность
{
a
n
}
задана правилом:
a
1
= 1
, а
каждый член, начиная со второго, вычисляется по формуле
a
n
+1
= 2
a
n
+ 1
.
Докажите, что
a
n
= 2
n
?
1
.
Упражнение 69. Докажите, что любую сумму, начиная с 8 рублей, можно
выплатить монетами по 3 рубля и 5 рублей.
Упражнение 70. По легенде, где-то в джунглях есть древний храм, в
котором монахи решают головоломку ѕХанойские башниї с 64 кольцами. А
когда они ее решат  наступит конец света. Определить, сколько осталось
до конца света, если на 1 ход они тратят одну секунду, а перекладывать
кольца начали 1 января 1 года н.э.
Упражнение 71. a) Доказать, что квадраты
4
Ч
4
,
8
Ч
8
,
16
Ч
16
,. . . с
вырезанной угловой клеткой можно разрезать на такие ѕуголкиї из трјх

42

жүктеу/скачать 1,95 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: