Răspuns :
Observam dupa valorile din modul ca avem trei cazuri limita
1) [tex]x\leq -a[/tex] In acest caz, ambele module vor fi negative
[tex]|x+a|=-(x+a)[/tex]
[tex]|x-a^{2}|=-(x-a^{2})[/tex]
Deci avem
[tex]-(x+a)-(x-a^{2})\geq a^{2}+a\Rightarrow -x-a-x+a^{2}\geq a^{2}+a \Rightarrow -2x\geq 2a\Rightarrow x\leq -a[/tex] care este exact conditia de la care am pornit, deci este adevarat
2) [tex]-a<x<a^{2}[/tex] Atunci
[tex]|x+a|=x+a[/tex]
[tex]|x-a^{2}|=-(x-a^{2})[/tex]
Deci avem
[tex]x+a-(x-a^{2})\geq a^{2}+a\Rightarrow a+a^{2}\geq a+a^{2}[/tex]
Ceea ce evident este adevarat
3)[tex]x\geq a^{2}[/tex] Atunci
[tex]|x+a|=x+a[/tex]
[tex]|x-a^{2}|=x-a^{2}[/tex]
Deci avem
[tex]x+a+x-a^{2}\geq a^{2}+a\Rightarrow 2x+a-a^{2}\geq a+a^{2}\Rightarrow 2x\geq 2a^{2}\Rightarrow x\geq a^{2}[/tex]
Deci si aceasta relatie e adevarata, asta e conditia de la care am pornit
demonstrand ca relatia este adevarata pe tot intervalul R, inseamna ca este adevarata pentru orice X si orice numar natural a. Observi ca o alta relatie care ar trebui demonstrata este faptul ca
[tex]-a\leq a^{2}[/tex] ca sa putem avea toate cele trei intervale, dar asta este evident pentru numere naturale
b) Aplicam relatia a pentru numerele naturale de la 1 la n
[tex]|x+1|+|x-1^{2}|\geq 1^{2}+1[/tex]
[tex]|x+2|+|x-2^{2}|\geq 2^{2}+2[/tex]
...........................................................
[tex]|x+n|+|x-n^{2}|\geq n^{2}+n[/tex]
Adunam aceste n inecualitati
[tex]|x+1|+|x-1^{2}|+|x+2|+|x-2^{2}|+...+|x+n|+|x-n^{2}|\geq 1^{2}+1+2^{2}+2+...n^{2}+n[/tex] Notam termenul din dreapta cu X si observam ca este suma primelor n numere si suma primelor n numere patrate perfecte
[tex]X=1+2+..+n+1^{2}+2^{2}+...+n^{2}[/tex]
Suma primelor n numere naturale este
[tex]1+2+..+n=\frac{n(n+1)}{2}[/tex]
Suma primelor n numere patrate perfecte
[tex]1^{2}+2^{2}+..+n^{2}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}[/tex]
Adunam cele doua sume pentru a afla X
[tex]X=\frac{n(n+1)}{2}+\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}=n(n+1)(\frac{1}{2}+\frac{2n+1}{6})=n(n+1)\frac{(3+2n+1)}{6}=\frac{n(n+1)(n+2)}{3}[/tex]
Stiind ca X este mai mare sau egal decat suma modulelor, reiese exact relatia de la punctul b.
1) [tex]x\leq -a[/tex] In acest caz, ambele module vor fi negative
[tex]|x+a|=-(x+a)[/tex]
[tex]|x-a^{2}|=-(x-a^{2})[/tex]
Deci avem
[tex]-(x+a)-(x-a^{2})\geq a^{2}+a\Rightarrow -x-a-x+a^{2}\geq a^{2}+a \Rightarrow -2x\geq 2a\Rightarrow x\leq -a[/tex] care este exact conditia de la care am pornit, deci este adevarat
2) [tex]-a<x<a^{2}[/tex] Atunci
[tex]|x+a|=x+a[/tex]
[tex]|x-a^{2}|=-(x-a^{2})[/tex]
Deci avem
[tex]x+a-(x-a^{2})\geq a^{2}+a\Rightarrow a+a^{2}\geq a+a^{2}[/tex]
Ceea ce evident este adevarat
3)[tex]x\geq a^{2}[/tex] Atunci
[tex]|x+a|=x+a[/tex]
[tex]|x-a^{2}|=x-a^{2}[/tex]
Deci avem
[tex]x+a+x-a^{2}\geq a^{2}+a\Rightarrow 2x+a-a^{2}\geq a+a^{2}\Rightarrow 2x\geq 2a^{2}\Rightarrow x\geq a^{2}[/tex]
Deci si aceasta relatie e adevarata, asta e conditia de la care am pornit
demonstrand ca relatia este adevarata pe tot intervalul R, inseamna ca este adevarata pentru orice X si orice numar natural a. Observi ca o alta relatie care ar trebui demonstrata este faptul ca
[tex]-a\leq a^{2}[/tex] ca sa putem avea toate cele trei intervale, dar asta este evident pentru numere naturale
b) Aplicam relatia a pentru numerele naturale de la 1 la n
[tex]|x+1|+|x-1^{2}|\geq 1^{2}+1[/tex]
[tex]|x+2|+|x-2^{2}|\geq 2^{2}+2[/tex]
...........................................................
[tex]|x+n|+|x-n^{2}|\geq n^{2}+n[/tex]
Adunam aceste n inecualitati
[tex]|x+1|+|x-1^{2}|+|x+2|+|x-2^{2}|+...+|x+n|+|x-n^{2}|\geq 1^{2}+1+2^{2}+2+...n^{2}+n[/tex] Notam termenul din dreapta cu X si observam ca este suma primelor n numere si suma primelor n numere patrate perfecte
[tex]X=1+2+..+n+1^{2}+2^{2}+...+n^{2}[/tex]
Suma primelor n numere naturale este
[tex]1+2+..+n=\frac{n(n+1)}{2}[/tex]
Suma primelor n numere patrate perfecte
[tex]1^{2}+2^{2}+..+n^{2}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}[/tex]
Adunam cele doua sume pentru a afla X
[tex]X=\frac{n(n+1)}{2}+\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}=n(n+1)(\frac{1}{2}+\frac{2n+1}{6})=n(n+1)\frac{(3+2n+1)}{6}=\frac{n(n+1)(n+2)}{3}[/tex]
Stiind ca X este mai mare sau egal decat suma modulelor, reiese exact relatia de la punctul b.
[tex]Punctul~a)~reprezinta~doar~un~caz~particulae~al~inegalitii \\ \\ modulelor:~|x|+|y| \geq |x \pm y|. \\ \\ In~cazul~nostru~avem:~|x+a|+|x-a^2| \geq |a^2+a|.....(1) \\ \\ Cum~a \in \mathbb{N},~rezulta~ca~a^2+a \geq 0 \Rightarrow |a^2+a|=a^2+a.....(2) \\ \\ Tinand~cont~de~relatiile~(1)~si~(2),~rezulta~concluzia.[/tex]
[tex]\displaystyle b)~Folosind~punctul~anterior,~avem: \\ \\ \sum\limits^{n}_{k=1} |x+k|+ \sum^{n}_{k=1}|x-k^2|= \sum\limits^{n}_{k=1} \left( |x+k|+|x-k^2|\right) \geq \sum\limits^{n}_{k=1} \left( k^2+k\right)= \\ \\ = \sum\limits^{n}_{k=1}k^2+ \sum\limits^{n}_{k=1}k= \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+ \frac{n(n+1)}{2}= \\ \\ =\frac{n(n+1)(n+2)}{3}.[/tex]
[tex]\displaystyle b)~Folosind~punctul~anterior,~avem: \\ \\ \sum\limits^{n}_{k=1} |x+k|+ \sum^{n}_{k=1}|x-k^2|= \sum\limits^{n}_{k=1} \left( |x+k|+|x-k^2|\right) \geq \sum\limits^{n}_{k=1} \left( k^2+k\right)= \\ \\ = \sum\limits^{n}_{k=1}k^2+ \sum\limits^{n}_{k=1}k= \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+ \frac{n(n+1)}{2}= \\ \\ =\frac{n(n+1)(n+2)}{3}.[/tex]
Vă mulțumim că ați vizitat platforma noastră dedicată Matematică. Sperăm că informațiile oferite v-au fost utile. Dacă aveți întrebări sau aveți nevoie de asistență suplimentară, nu ezitați să ne contactați. Așteptăm cu nerăbdare să vă revedem și nu uitați să ne salvați în lista de favorite!