9. Koriander, Majoránka, Škorica vzorové riešenie

Podľa Martina Kopčányho (mierne upravené)

Úlohu dokážeme indukciou pre \(k\), kde naše \(k\) bude \(n\) zo zadania.

Základný prípad \(k=1\)

Vtedy máme dokázať, že \(1+\frac{1}{a_0}\left(1+\frac{1}{a_1-a_0}\right) \le \left(1+\frac{1}{a_0}\right)\left(1+\frac{1}{a_1}\right)\).

Táto nerovnosť je ekvivalentná s nerovnosťami \[\begin{aligned} 1+\frac{1}{a_0}\left(1+\frac{1}{a_1-a_0}\right) &\le& \left(1+\frac{1}{a_0}\right)\left(1+\frac{1}{a_1}\right), \\ 1 + \frac 1 {a_0} + \frac 1 {a_0(a_1-a_0)} &\le & 1+\frac 1 {a_0} +\frac 1 {a_1} + \frac {1}{a_0a_1}, \\ \frac 1 {a_0(a_1-a_0)} &\le& \frac 1 {a_1} + \frac {1}{a_0a_1}, \\ a_1 &\le & a_0 (a_1-a_0)+(a_1-a_0), \\ a_1 &\le & a_0 a_1-a_0^2+a_1-a_0, \\ a_0 &\le & a_0 a_1-a_0^2, \\ 1 &\le & a_1-a_0. \\\end{aligned}\]

Posledná nerovnosť zo zadania platí. Všimnite si, že sme násobili \(a_0,\ a_1-a_0,\ a_1\), ale tieto hodnoty sú podľa zadania kladné, a preto sú nerovnosti ekvivalentné.

Týmto sme dokázali základný prípad pre \(k=1\).

Indukčný krok

Predpokladajme teda, že nerovnosť platí pre nejaké \(k\). Vieme teda, že platí \[\left(1+\frac{1}{a_0}\right)\left(1+\frac{1}{a_1}\right) \dots \left(1+\frac{1}{a_k}\right) \ge 1+\frac{1}{a_0}\left(1+\frac{1}{a_1-a_0} \right)\dots \left(1+\frac{1}{a_k-a_0} \right).\] Označme si teraz \(V=\left(1+\frac{1}{a_0}\right)\left(1+\frac{1}{a_1}\right) \dots \left(1+\frac{1}{a_k}\right)\) a \(1+M=1+\frac{1}{a_0}\left(1+\frac{1}{a_1-a_0} \right)\dots \left(1+\frac{1}{a_k-a_0} \right)\) .

Vieme teda, že \(V \ge 1+M\).

Treba nám dokázať \[\left(1+\frac{1}{a_0}\right)\left(1+\frac{1}{a_1}\right) \dots \left(1+\frac{1}{a_k}\right) \left(1+\frac{1}{a_{k+1}}\right) \ge 1+\frac{1}{a_0}\left(1+\frac{1}{a_1-a_0} \right)\dots \left(1+\frac{1}{a_k-a_0} \right) \left(1+\frac{1}{a_{k+1}-a_0} \right).\] Po dosadení \(M\) a \(V\): \[V \left(1+\frac{1}{a_{k+1}} \right)\ge 1+M \left(1+\frac{1}{a_{k+1}-a_0} \right).\] Vynásobením indukčného predpokladu (kladným) výrazom \(\left(1+\frac{1}{a_{k+1}}\right)\) dostaneme: \[V \left(1+\frac{1}{a_{k+1}}\right) \ge (1+M) \left(1+\frac{1}{a_{k+1}}\right)\] Na to aby sme dokázali indukčný krok, nám teda stačí ukázať, že \((1+M) \left(1+\frac{1}{a_{k+1}}\right) \ge 1+M \left(1+\frac{1}{a_{k+1}-a_0} \right)\).

To je ekvivalentné s

\[\begin{aligned} (1+M) \left(1+\frac{1}{a_{k+1}}\right) &\ge& 1+M \left(1+\frac{1}{a_{k+1}-a_0} \right), \\ 1+M+ \frac{1}{a_{k+1}} + \frac{M}{a_{k+1}} &\ge& 1+ M + \frac{M}{a_{k+1}-a_0}, \\ \frac{1}{a_{k+1}} + \frac{M}{a_{k+1}} &\ge& \frac{M}{a_{k+1}-a_0}, \\ (a_{k+1}-a_0)+M(a_{k+1}-a_0) &\ge& Ma_{k+1}, \\ (a_{k+1}-a_0) &\ge& Ma_0. \\\end{aligned}\]

Na ďalšie riešenie si miniindukciou ukážeme, že \(a_l \ge l + a_0\). Pre základný prípad \(l=0\) to platí. Pri dokazovaní indukčného kroku vieme, že \(a_{l}\ge l +a_0\), a teda \(a_{l+1} \ge 1 + a_l \ge (l+1) + a_0\), čo bolo treba dokázať.

Pozrime sa na výraz \(Ma_0\). Vieme, že \[\begin{aligned} Ma_0 &=& a_0 \frac{1}{a_0}\left(1+\frac{1}{a_1-a_0} \right)\dots \left(1+\frac{1}{a_k-a_0} \right) \\ &=& \left(1+\frac{1}{a_1-a_0} \right)\dots \left(1+\frac{1}{a_k-a_0} \right). \\\end{aligned}\] Pre každé \(i>0\) vieme: \[\begin{aligned} a_i - a_0 &\ge& i >0, \\ \frac{1}{i} &\ge& \frac{1}{a_i - a_0} > 0, \\ \frac{i+1}{i} &\ge& \left(1 + \frac{1}{a_i - a_0}\right) > 0, \\ \frac{2}{1} \frac{3}{2} \dots \frac{k+1}{k} &\ge& \left(1+\frac{1}{a_1-a_0} \right)\dots \left(1+\frac{1}{a_k-a_0} \right) = Ma_0,\\ \frac{k+1}{1} &\ge& Ma_0.\\\end{aligned}\] Preto \(k+1 \ge Ma_0\). Keďže už vieme, že \(a_{k+1}-a_0 \ge k+1\), tak máme \(a_{k+1}-a_0 \ge Ma_0\), čo bolo treba na dokázanie indukčného kroku.

Krátke zhrnutie v postupnom (induktívnom) poradí:

• Dokážeme úlohu pre \(k=1\).

• Indukčný krok:

  • Miniindukciou dokážeme, že \(a_l \ge l + a_0\).

  • Z toho dokážeme, že \(Ma_0 \le k+1 \le a_{k+1}-a_0\).

  • Ďalej nám z toho po úpravách vyplynie, že \((1+M) \left(1+\frac{1}{a_{k+1}}\right) \ge 1+M \left(1+\frac{1}{a_{k+1}-a_0} \right)\).

  • Z indukčného predpokladu dostaneme: \(V \left(1+\frac{1}{a_{k+1}}\right) \ge (1+M) \left(1+\frac{1}{a_{k+1}}\right) \ge 1+M \left(1+\frac{1}{a_{k+1}-a_0} \right)\).

  • Z čoho nám vyplynie, dôkaz indukčného kroku: \(V \left(1+\frac{1}{a_{k+1}}\right) \ge 1+M \left(1+\frac{1}{a_{k+1}-a_0} \right)\)