Košī nevienādība priekš olimpiādēm

Šī ir daļa no rakstu sērijas, kas balstās uz manu 2021. gadā uzrakstīto ZPD, kurā aplūkotas nestandarta pieejas olimpiāžu uzdevumu risināšanai. Rakstā minētos Atklātās matemātikas olimpiādes uzdevumus var atrast LU NMS arhīvā.

Uzdevumi, kuros vai nu jānosaka kādas izteiksmes minimālā vai maksimālā vērtība, vai arī kādā citā veidā iesaistītas nevienādības, ir bieža parādība matemātikas olimpiādēs. Viena lietderīga nevienādība Atklātajā matemātikas olimpiādē, ko absolūtais vairākums dalībnieku noteikti nezin, ir Košī nevienādība.

Iepazīsimies ar šo nevienādību, un aplūkosim, kā to izmantot olimpiāžu uzdevumos.

Košī nevienādība

Košī nevienādība ir diezgan vienkārša, lai gan, manuprāt, to ir viegli aizmirst. Jo īpaši var apjukt, uz kuru pusi iet nevienādība, tāpēc tas īpaši jāiegaumē. Lūk, definīcija:

Jebkuriem reāliem skaitļiem $r_1,\ldots,r_n$ un $s_1,\ldots,s_n$ izpildās \[(r_1^2+\ldots+r_n^2)(s_1^2+\ldots+s_n^2)\geq(r_1s_1+\ldots+r_ns_n)^2.\]

Šeit mēs varēsim $r_1,\ldots,r_n$ un $s_1,\ldots,s_n$ vietā ievietot principā jebkādas vērtības vai izteiksmes.

Piemēri no olimpiādēm

Atklātās matemātikas olimpiādes 2016./2017.m.g. 10. klases 2. uzdevums.
Pierādīt, ka visiem pozitīviem skaitļiem $a$ un $b\,$ izpildās $(\tfrac{3a}{b}+1)(\tfrac{3b}{a}+1)\geq16$.

Vispirms nedaudz motivācijas. Redzam, ka katrās iekavās ir divi termini. Lai izmantotu Košī nevienādību, mums vajadzētu \[r_1^2=\tfrac{3a}{b},\quad r_2^2=1,\quad s_1^2=\tfrac{3b}{a},\quad s_2^2=1.\] Tas nozīmē, ka mēs varētu pamēģināt Košī nevienādībā ievietot \[r_1=\sqrt{\tfrac{3a}{b}},\quad r_2=1,\quad s_1=\sqrt{\tfrac{3b}{a}},\quad s_2=1.\] Tā kā mums ir dots, ka $a$ un $b\,$ ir pozītīvi skaitļi, mēs kvadrātsaknes šādi varam droši ieviest.

Ievietojot Košī nevienādībā \[r_1=\sqrt{\tfrac{3a}{b}},\quad r_2=1,\quad s_1=\sqrt{\tfrac{3b}{a}},\quad s_2=1\] iegūst \[(\tfrac{3a}{b}+1)(\tfrac{3b}{a}+1)\geq(\sqrt{\tfrac{3a}{b}}\cdot\sqrt{\tfrac{3b}{a}}+1\cdot1)^2.\] Tā kā \[\sqrt{\tfrac{3a}{b}}\cdot\sqrt{\tfrac{3b}{a}}+1\cdot1=\sqrt{\tfrac{3\cancel a}{\cancel b}\cdot\tfrac{3\cancel b}{\cancel a}}+1=\sqrt{9}+1=4,\] labās puses vērtība ir $4^2=16$, tādējādi nevienādība ir pierādīta.

Atklātās matemātikas olimpiādes 2016./2017.m.g. 11. klases 2. uzdevums.
Doti tādi četri pozitīvi skaitļi $a_1,a_2,a_3$ un $a_4$, ka $a_1a_3=a_2a_4=2017$. Kāda ir mazākā iespējamā izteiksmes $(a_1+a_2)(a_3+a_4)$ vērtība?

Ievietojot Košī nevienādībā \[r_1=\sqrt{a_1},\quad r_2=\sqrt{a_2},\quad s_1=\sqrt{a_3},\quad s_2=\sqrt{a_4}\] iegūst \begin{aligned} (a_1+a_2)(a_3+a_4)&\geq(\sqrt{a_1a_3}+\sqrt{a_2a_4})^2 \\ &=(\sqrt{2017}+\sqrt{2017})^2 \\ &=(2\cdot\sqrt{2017})^2 \\ &=4\cdot2017 \\ &=8068. \end{aligned} Vērtību $8068$ var iegūt, piemēram, ievietojot $a_1=a_3=2017$ un $a_2=a_4=1$, tātad tā ir mazākā iespējamā vērtība.

Atklātās matemātikas olimpiādes 2016./2017.m.g. 12. klases 2. uzdevums.
Pierādīt, ka $\tfrac1a+\tfrac4b+\tfrac{16}c\geq\tfrac{49}{a+b+c}$, ja $a,b\,$ un $c$ ir pozitīvi skaitļi!

Šeit noder vispirms ievērot, ka nevienādību drīkst pārrakstīt kā \[(\tfrac1a+\tfrac4b+\tfrac{16}c)(a+b+c)\geq49.\] Tad šis atgādina iepriekš redzēto 10. klases uzdevumu.

Ievietojot Košī nevienādībā \[r_1=\sqrt{\tfrac1a},\quad r_2=\sqrt{\tfrac4b},\quad r_3=\sqrt{\tfrac{16}c},\quad s_1=\sqrt a,\quad s_2=\sqrt b,\quad s_3=\sqrt c\] iegūst \begin{aligned} (\tfrac1a+\tfrac4b+\tfrac{16}c)(a+b+c)&\geq(\sqrt{\tfrac1a}\cdot\sqrt a+\sqrt{\tfrac4b}\cdot\sqrt b+\sqrt{\tfrac{16}c}\cdot\sqrt c)^2 \\ &=(\sqrt1+\sqrt4+\sqrt{16})^2 \\ &=(1+2+4)^2 \\ &=7^2 \\ &=49. \end{aligned}Izdalot abas puses ar $a+b+c$, iegūst nepieciešamo nevienādību.

Nobeiguma domas

No uzdevumiem redzam, ka Košī nevienādība var noderēt, kad parādās divu iekavu reizinājums un nestingra nevienādība vai mazākās iespējamās vērtības meklēšana.

Šādos uzdevumos ir arī citas pieejas, taču Košī nevienādība uzdevumu nolauž uzreiz, līdz ar to zināt šo nevienādību noteikti ir to vērts.

Šī nevienādība arī bieži vien parādās atlasēs vai starptautiskās sacensībās, tādēļ tas ir labs gateway sarežģītākiem algebras uzdevumiem.