7. Zadatak

Nejednakost ćemo dokazati matematičkom indukcijom.

Baza indukcije: za $n=1$ očito vrijedi

$$2^0(x^1+y^1)=x+y=(x+y)^1.$$

Pretpostavimo da je

$$2^{k-1}(x^k+y^k)\ge(x+y)^k$$

za neki prirodni broj $k$.

Korak indukcije:

$$\begin{aligned} 2^k(x^{k+1}+y^{k+1}) &=2^{k-1}(2x\cdot x^k+2y\cdot y^k)\\ &=2^{k-1}\big(x\cdot x^k+y\cdot y^k+y\cdot x^k+x\cdot y^k-y\cdot x^k-x\cdot y^k+x\cdot x^k+y\cdot y^k\big)\\ &=2^{k-1}\big((x+y)(x^k+y^k)+(x-y)(x^k-y^k)\big)\\ &=2^{k-1}(x+y)(x^k+y^k)+2^{k-1}(x-y)(x^k-y^k). \tag{*} \end{aligned}$$

Dokažimo da su brojevi $(x-y)$ i $x^k-y^k$ za $x\ne y$ istog predznaka.

1. slučaj: neparni $k$. Ako je $x>y$, onda je $x^k>y^k$, neovisno o predznacima brojeva $x$ i $y$. Ako je $x<y$, onda je $x^k<y^k$.

2. slučaj: parni $k$. Zbog uvjeta $x+y\ge0$, ako je $x>y$ onda je $x>0$ i $|x|\ge|y|$. Tada je i $|x|^k\ge|y|^k$, tj. $x^k\ge y^k$ (jer je $k$ paran). Analogno zaključujemo u slučaju $x<y$.

Time smo dokazali da je $(x-y)(x^k-y^k)\ge0$ pa zbog (*) vrijedi

$$2^k(x^{k+1}+y^{k+1})\ge2^{k-1}(x+y)(x^k+y^k).$$

Po pretpostavci indukcije,

$$2^{k-1}(x+y)(x^k+y^k)\ge(x+y)(x+y)^k=(x+y)^{k+1},$$

pa smo dokazali da iz pretpostavke slijedi

$$2^k(x^{k+1}+y^{k+1})\ge(x+y)^{k+1}.$$

Konačno, po principu matematičke indukcije zaključujemo da nejednakost iz zadatka vrijedi za sve prirodne brojeve $n$.