Резюме. В статията се разглежда възможност за доказване на някои неравенства, като се използва известното неравенство между средно аритметично и средно геометрично за подходящо подбранa редицa от числа. Предложени са методически решения на представените примерни задачи и чрез алтернативни подходи – метод на математическата индукция или изследване на функция, при което читателят може да сравни тяхната трудоемкост и рационалност.

Ключови думи: inequalities; mathematical induction; arithmetic mean; geometric mean; methodology

Мястото на неравенствата в състезанията по математика за ученици и студенти по традиция е значимо и рационалността при техните доказателства почти винаги е сред важните фактори за успех. Поради тази причина на различни подходи за доказване на неравенства са посветени редица методически разработки – вж. напр. (Grozdev, 2005), (Grozdev, 2007), (Grozdev & Nenkov, 2015), (Grozdev & Nenkov, 2015-a), (Grozdev & Nenkov, 2017).

За решаването на задачи, в които трябва да се докаже, че дадено неравенство е в сила за всяко естествено число (от даден интервал), често се прилага методът на математическата индукция, или изследване на функция. В много случаи с тяхна помощ задачата се решава сравнително лесно, в други случаи обаче прилагането им е свързано с трудоемки изчисления, голям брой преобразувания и т.н. В настоящата разработка авторите представят различен подход към доказване на някои неравенства, сравнявайки го с гореспоменатите два подхода от гледна точка на рационалност и трудоемкост.

За да демонстрираме този подход, ще разгледаме две задачи, на които първо ще дадем донякъде стандартни, макар и доста трудоемки решения.

Задача 1 . Да се докаже, че за всяко естествено число \(n\) е в сила неравенството \(2^{n} . n!\leq(n+1)^{n}\).

Даденото неравенство може да бъде доказано чрез метода на математическата индукция. И наистина, за \(n=1\) нестрогото неравенство е очевидно изпълнено като равенство. Да допуснем, че неравенството е вярно за някое естествено число \(n\), т.е.

(1) \[ 2^{n} . n!\leq(n+1)^{n} \]

Ще покажем, че неравенството е вярно и за \(n+1\), т.е.

(2) \[ 2^{n+1} \cdot(n+1)!\leq(n+2)^{n+1} \]

Нека в (1) умножим двете страни по \(2(n+1)\). Така получаваме

\[ 2^{n+1} \cdot(n+1)!\leq 2 \cdot(n+1)^{n+1} \]

Остава да покажем, че 2. \((n+1)^{n+1} \leq(n+2)^{n+1}\), и с това доказателството ще е завършено.

При разделяне двете страни на \((n+1)^{n+1}\) последното неравенство е еквивалентно на \(\left(\tfrac{n+2}{n+1}\right)^{n+1} \geq 2\), или с други думи,

(3) \[ \left(1+\tfrac{1}{n+1}\right)^{n+1} \geq 2 \]

Ще докажем (въпреки че е известен факт), че \(\left(1+\tfrac{1}{k}\right)^{k} \geq 2, \forall k \geq 1\), откъдето ще следват последователно (3) и (2). Развиваме лявата страна на неравенството чрез Нютонов бином и получаваме:

\[ \begin{aligned} & \left(1+\tfrac{1}{k}\right)^{k}=C_{k}^{0} \cdot 1^{k}+C_{k}^{1} \cdot 1^{k-1} \cdot\left(\tfrac{1}{k}\right)^{1}+C_{k}^{2} \cdot 1^{k-2} \cdot\left(\tfrac{1}{k}\right)^{2}+\ldots+C_{k}^{k} \cdot\left(\tfrac{1}{k}\right)^{k}= \\ = & 1+k \cdot \tfrac{1}{k}+C_{k}^{2} \cdot\left(\tfrac{1}{k}\right)^{2}+\ldots+\left(\tfrac{1}{k}\right)^{k}=2+C_{k}^{2} \cdot\left(\tfrac{1}{k}\right)^{2}+\ldots+\left(\tfrac{1}{k}\right)^{k} \geq 2 \end{aligned} \]

Това доказва неравенство (3), а оттам е в сила (2), с което доказахме по индукция, че \(2^{n} . n!\leq(n+1)^{n}, \forall n \in \mathrm{~N}\).

Задача 2. Да се докаже, че за всяко естествено число \(n\) е в сила неравенството

(4) \[ 2^{\tfrac{n+2}{2}}-\tfrac{1}{2^{\tfrac{n}{2}}} \gt n+1 \]

Ще докажем (4) по два начина, като първият ще е отново чрез индукция.

При \(n=1\) строгото неравенство (4), което е еквивалентно на

(5) \[ 2^{n+1} \gt 2^{\tfrac{n}{2}}(n+1)+1 \]

е очевидно изпълнено, тъй като \(4 \gt 2 \sqrt{2}+1\). Допускаме, че то е вярно за някое естествено число \(n\), и ще докажем, че това води след себе си верността и за \(n+1\), т.е.

(6) \[ 2^{n+2} \gt 2^{\tfrac{n+1}{2}}(n+2)+1 \]

Преработвайки чрез еквивалентни преобразувания (6), получаваме последователно \(2.2^{n+1} \gt \sqrt{2} .2^{\tfrac{n}{2}}(n+2)+1 \Leftrightarrow 2^{n+1} \gt \tfrac{\sqrt{2}}{2} .2^{\tfrac{n}{2}}(n+2)+1\). Имайки предвид верността на (5), неравенство (6) ще бъде доказано, ако покажем, че за \(\forall n \geq 2\) е в сила

(7) \[ 2^{\tfrac{n}{2}}(n+1)+1 \gt \tfrac{\sqrt{2}}{2} \cdot 2^{\tfrac{n}{2}}(n+2)+1 \]

Да допуснем противното, т.е. \(2^{\tfrac{n}{2}}(n+1)+1 \leq \tfrac{\sqrt{2}}{2} \cdot 2^{\tfrac{n}{2}}(n+2)+1\) при \(n \geq 2\). Оттук следва

\[ \begin{aligned} & (n+1) \leq \tfrac{\sqrt{2}}{2}(n+2) \Rightarrow 2(n+1) \leq \sqrt{2}(n+2) \Rightarrow n(2-\sqrt{2}) \leq 2 \sqrt{2}-2 \\ & \Rightarrow n \leq \tfrac{2 \sqrt{2}-2}{2-\sqrt{2}}=\sqrt{2} \end{aligned} \] което очевидно е противоречие. Следователно (7), а оттам и (6), са в сила, което доказва неравенство (4).

За задача 2 ще приведем и още един начин за доказване на неравенството, основан на изследване на функция, като оставяме на читателя да прецени и сравни степента на трудоемкост на двата начина. Да разгледаме неравенство (4) в еквивалентния му вид \(2.2^{\tfrac{n}{2}}-\tfrac{1}{2^{\tfrac{n}{2}}} \gt n+1\) и да положим \(n=2 x \geq 1\), т.е. \(x=\tfrac{n}{2} \geq \tfrac{1}{2}\). Получаваме \(2.2^{x}-\tfrac{1}{2^{x}} \gt 2 x+1\), откъдето достигаме до

(8) \[ 2.2^{2 x}-2^{x}(2 x+1)-1 \gt 0 \]

Нека означим лявата страна на (8) с \(f(x)\). За да докажем положителността на тази функция за \(x \geq \tfrac{1}{2}\), полагаме \(t=2^{x} \geq \sqrt{2}\) или \(x=\log _{2} t \geq \tfrac{1}{2}\). Получаваме нова функция \(g(t)=2 t^{2}-t\left(2 \log _{2} t+1\right)-1\), чиято положителност трябва да докажем за \(t \geq \sqrt{2}\). Първата и втората производна на \(g(t)\) са съответно:

(9) \(g^{\prime}(t)=4 t-\left(2 \log _{2} t+1\right)-\cfrac{2 t}{t \ln 2}=4 t-2 \log _{2} t-\cfrac{2}{\ln 2}-1 \)

(10) \(g^{\prime \prime}(t)=4-\cfrac{2}{t \ln 2}\)

От (10) можем да заключим, че \(g^{\prime \prime}(t) \geq 4-\tfrac{2}{\sqrt{2} \ln 2}\), тъй като \(t \geq \sqrt{2}\). Да допуснем, че \(g^{\prime \prime}(t)\) не е положителна, т.е. \(4 \leq \tfrac{2}{\sqrt{2} \ln 2} \Leftrightarrow 2 \sqrt{2} \ln 2 \leq 1\). Оттук следва, че \(\sqrt{2} \ln 4 \leq 1\), което е невъзможно поради факта, че двата множителя вляво са по-големи от 1 . Така доказахме, че \(g^{\prime \prime}(t) \gt 0\) при \(t \geq \sqrt{2}\) и следователно за тези стойности на \(t\) първата производна \(g^{\prime}(t)\) е растяща функция, т.е. \(g^{\prime}(t) \geq g^{\prime}(\sqrt{2})\) при \(t \geq \sqrt{2}\).

Да разгледаме стойността на \(g^{\prime}(\sqrt{2})=4 \sqrt{2}-2-\tfrac{2}{\ln 2}\) и да допуснем, че тя е неположителна. Имаме \(4 \sqrt{2}-2-\tfrac{2}{\ln 2} \leq 0 \Rightarrow 2 \sqrt{2}-1 \leq \tfrac{1}{\ln 2} \Rightarrow \ln 2 \leq \tfrac{1}{2 \sqrt{2}-1}\). Но \(e^{2} \lt 8\), откъдето \(\tfrac{2}{3}=\ln e^{\tfrac{2}{3}} \lt \ln 8^{\tfrac{1}{3}}=\ln 2 \leq \tfrac{1}{2 \sqrt{2}-1}\). Това води до \(4 \sqrt{2}-2 \lt 3 \Rightarrow 4 \sqrt{2} \lt 5\), което очевидно не е вярно и допускането е по-грешно. С други думи \(g^{\prime}(t) \geq g^{\prime}(\sqrt{2}) \gt 0\), т.е. функцията \(g(t)\) е растяща. Но \(t \geq \sqrt{2}\), следователно \(g(t) \geq g(\sqrt{2})=4-\sqrt{2}-2 \sqrt{2} \cdot \tfrac{1}{2}-1=3-2 \sqrt{2} \gt 0\).

Така доказахме положителността на \(g(t)\), откъдето следва положителността на \(f(x)\), както и верността на неравенства (8) и (4).

Читателят може сам да се убеди, че предложените дотук доказателства, макар и в голяма степен стандартни, са доста трудоемки, свързани с редица преобразувания, полагания и оценки. В следващите редове ще предложим далеч по-кратки и рационални решения на двете задачи чрез използване на крайни суми и известното неравенство между средно аритметично и средно геометрично. За целта, естествено, от читателя се очаква съответната специфична съобразителност, която тук ще се опитаме да доразвием.

Да разгледаме естествените числа от 1 до \(n\) и да запишем за тях известното неравенство между средното им аритметично и средното им геометрично. Имаме \(\tfrac{1+2+\ldots+n}{n} \geq \sqrt[n]{1.2 \ldots n}\). Както знаем, \(1+2+\ldots+n=\tfrac{(1+n) n}{2}\), откъдето \(\tfrac{(1+n) n}{2 n} \geq \sqrt[n]{n!}\). Получаваме \(n+1 \geq 2 \sqrt[n]{n!}\) и повдигайки на \(n\)-та степен двете страни, имаме \((n+1)^{n} \geq 2^{n} . n!\), което всъщност е неравенство (1).

За да докажем неравенство (4), отново ще приложим неравенството между средно аритметично и средно геометрично, но този път за редицата от числа \(1, \tfrac{1}{2}, \ldots, \tfrac{1}{2^{n}}\). Получаваме \(\tfrac{1+\tfrac{1}{2}+\ldots+\tfrac{1}{2^{n}}}{n+1} \geq \sqrt[n+1]{1 . \tfrac{1}{2} \ldots \tfrac{1}{2^{n}}}\). Сумата на геометричната прогресия е \(1+\tfrac{1}{2}+\ldots+\tfrac{1}{2^{n}}=1 \cdot \tfrac{\left(1-\tfrac{1}{2^{n+1}}\right)}{\left(1-\tfrac{1}{2}\right)}\), откъдето

\(\begin{aligned} & \cfrac{1 .\left(1-\cfrac{1}{2^{n+1}}\right)}{(n+1)\left(1-\cfrac{1}{2}\right)} \geq \sqrt[n+1]{\cfrac{1}{2^{1+2+\ldots+n}}} \Rightarrow \cfrac{2 .\left(1-\cfrac{1}{2^{n+1}}\right)}{(n+1)} \geq \sqrt[n+1]{\cfrac{1}{2^{\cfrac{(1+n) n}{2}}}} \\ & \Rightarrow \cfrac{2^{n+1}-1}{2^{n}} \geq(n+1) \cdot \cfrac{1}{2^{\cfrac{n}{2}}} . \end{aligned}\)

От последното неравенство, след умножаване на двете страни по \(2^{\cfrac{n}{2}}\) , имаме \(2^{\tfrac{n+2}{2}}-\tfrac{1}{2^{\tfrac{n}{2}}} \geq n+1\), което, на практика, е неравенство (4). Равенството в него не е възможно поради това, че числата, чиито средно аритметично и средно геометрично използвахме за доказателството, са различни.

Ако разгледаме числата \(\tfrac{1}{2}, \tfrac{1}{2^{2}} \ldots, \tfrac{1}{2^{n}}\) и за тях приложим неравенството между средно аритметично и средно геометрично, ще имаме:

\[ \tfrac{\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{2^{2}} \cdots+\tfrac{1}{2^{n}}}{n} \geq \sqrt[n]{\tfrac{1}{2} \cdot \tfrac{1}{2^{2}} \cdots \tfrac{1}{2^{n}}} \Rightarrow \tfrac{1}{2} \cdot \tfrac{1-\tfrac{1}{2^{n}}}{1-\tfrac{1}{2}} \geq n \cdot \sqrt[n]{\tfrac{1}{2^{1+2+\ldots+n}}} \Rightarrow 1-\tfrac{1}{2^{n}} \geq n \cdot \sqrt[n]{\tfrac{1}{2^{\tfrac{(1+n) n}{2}}}} \] т.е. \(1-\tfrac{1}{2^{n}} \geq n \cdot \tfrac{1}{2^{\tfrac{1+n}{2}}}\) и умножавайки двете страни по \(2^{n}\), ще изведем неравенството \(2^{n}-1 \geq n \cdot 2^{\tfrac{n-1}{2}}\).

В заключение, бихме могли да изтъкнем още веднъж рационалността и сравнително по-малката трудоемкост на предложения подход с използване на крайни суми, като едновременно с това напомним необходимостта от предварително отработване на подобен род доказателства. Той, разбира се, би могъл успешно да се прилага, като се използват и други редици от числа, за които лесно могат да се пресметнат частичните им суми, като например: квадратите или кубовете на първите \(n\) естествени числа, редицата \(\tfrac{1}{1.2}, \tfrac{1}{2.3}, \ldots, \tfrac{1}{n(n+1)}\) (Nikolaev, 2016), (Grozdev, 2012). За целта оставяме на вниманието на читателя за самостоятелна работа следните неравенства:

(A) \(3^{n}-1 \geq 2 n \cdot \sqrt{3^{n-1}}\);

(Б) \(n^{n} \geq(2 n-1)!!\) ;

(B) \((n!)^{2} \geq n^{n}\).

Упътване. (А) Използвайте неравенството между средно аритметично и средно геометрично за числата: \(\tfrac{1}{3}, \tfrac{1}{3^{2}}, \ldots, \tfrac{1}{3^{n}}\).

(Б) Използвайте неравенството между средно аритметично и средно геометрично за числата: \(1,3, \ldots, 2 n-1\).

(В) Използвайте неравенството между средно аритметично и средно геометрично за числата: \(\tfrac{1}{1.2}, \tfrac{1}{2.3}, \ldots, \tfrac{1}{(n-1) n}\).

REFERENCES/ЛИТЕРАТУРА

Grozdev, S. (2005). Preparation for European Kangaroo. Sofia: UBM. (ISBN 954-8880-20-2), 220 pages (in Bulgarian).

Grozdev, S. (2007). For High Achievements in Mathematics.The Bulgarian Experience (Theory and Practice) . Sofia: ADE. (ISBN 978-954-921391-1), 295 pages.

Grozdev, S. (2012). Telescopic sums. Mathematics Plus, 3, 12–15 (ISSN 0861-8321). (In Bulgarian).

Grozdev, S. & V. Nenkov (2015). Schur’s inequality and applications. Mathematical Journal Numerus, Skopje, 1 – 6. (In Macedonian).

Grozdev, S. & V. Nenkov (2015-a). Two elementary inequalities and their application. Mathematical Journal Numerus, Skopje, 13 – 17. (In Macedonian).

Nikolaev, R. (2016). Several mathematical models for optimization of the tools in supporting small and medium enterprises. Mathematics Plus 1, 42 – 49. (In Bulgarian).

Grozdev, S. & V. Nenkov (2017). A note on the theorem of the power averages and the educational character of the Olympiads. Mathematics and Informatics, 2 (60), 202 – 206. (In Bulgarian).