MATH.E     Hrvatski matematički elektronski časopis math.e
Broj 9
http://web.math.hr/mathe/

Dokazi i primjene AG nejednakosti

Zrinka Dekanić i Sanja Varošanec

Sadržaj:

1. Aritmetičko-geometrijska nejednakost
2. Dokazi AG nejednakosti
3. Primjene AG nejednakosti

1. Aritmetičko-geometrijska nejednakost

Nejednakost između aritmetičke i geometrijske sredine, ili kraće AG nejednakost, svakako je jedna od najpoznatijih algebarskih nejednakosti. Radi se o usporedbi aritmetičke sredine

An(a,w)  =   w1a1 +...+ wnan
w1 +...+ wn

i geometrijske sredine

Gn(a,w)  =  ( a1w1 a2w2 ··· anwn) 1/Wn,

pri čemu su a = (a1,...,an) i w = (w1,...,wn) uređene n-torke pozitivnih brojeva i Wn = w1+...+wn.

Teorem (AG nejednakost).
Ako su a i w uređene n-torke pozitivnih brojeva, tada vrijedi An(a,w) ≥ Gn(a,w). Jednakost se postiže ako i samo ako je a1 = a2 = ... = an.

U literaturi se mogu naći deseci različitih dokaza ove nejednakosti, a mi ćemo promotriti razne vizualne dokaze AG nejednakosti za n = 2 s jednakim težinama, tj. razmotrit ćemo dokaze nejednakosti

a + b   ≥  √ab,
2
(1)  

koja vrijedi za svaka dva pozitivna realna broja a i b. Jednakost se postiže ako i samo ako je a = b.

2. Dokazi AG nejednakosti

Prvo promotrimo algebarski dokaz nejednakosti (1).

Za svaka dva pozitivna broja a i b očito vrijedi nejednakost (√a − √b)2 ≥ 0, pri čemu jednakost vrijedi ako i samo ako je a = b. Kvadriranjem binoma i daljnjim transformacijama dobivamo

a − 2√ab + b ≥ 0,

a + b ≥ 2√ab,

tj.

a + b   ≥  √ab.
2

Promotrimo sada nekoliko geometrijskih dokaza nejednakosti (1).

Dokaz 1.

Slika 1

Slika 1.

Veći kvadrat ima stranicu duljine a + b i njegova je površina očito veća od površine četiriju pravokutnika sa stranicama a i b (vidjeti sliku 1). Dakle, imamo

(a + b)2 ≥ 4ab,

a + b ≥ 2√ab,

odakle slijedi nejednakost (1). Jednakost se postiže ako i samo ako je površina velikog kvadrata jednaka površini četiriju pravokutnika, odnosno ako i samo ako kvadrat u sredini figure iščezava, a to se događa ako i samo ako je b − a = 0.

Dokaz 2.

Slika 2

Slika 2.

U pravokutnom trokutu ABC s hipotenuzom AB visina CD dijeli hipotenuzu na odsječke BD i DA duljina a i b (slika 2). Prema Euklidovu poučku, duljina visine na hipotenuzu jednaka je geometrijskoj sredini njenih duljina odsječaka na hipotenuzi, tj. |CD| = √ab.

S druge strane, polumjer kružnice opisane pravokutnom trokutu ABC jednak je polovini duljine hipotenuze, tj.

|CO|  =   a + b .
2

Budući da je u pravokutnom trokutu COD hipotenuza CO dulja od katete CD, slijedi nejednakost (1). Jednakost se postiže ako i samo ako trokut COD degenerira u dužinu CD, tj. ako i samo ako se težišnica CO podudara s visinom CD. To se događa ako i samo ako je trokut ABC jednakokračan, odnosno ako i samo ako su odsječci visine na hipotenuzi jednake duljine a = b.

Dokaz 3.

Slika 3

Slika 3.

Kvadrat ABCD ima stranicu duljine √a, a pravokutnik ABFE ima stranice duljina √a i √b, b ≤ a. Sad imamo

√ab = P(ABFE) = P(AGE) + P(ABFG)
≤ P(AGE) + P(ABC)
=
b  +  a .
22

Time je ponovno dokazana AG nejednakost (1).

Dokaz 4.

Slika 4

Slika 4.

Neka su dane kružnice središta O i S te polumjera a/2 i b/2, a ≥ b, koje se diraju izvana, te neka je AB zajednička vanjska tangenta tih dviju kružnica. Točke A i B su dirališta tangente i kružnica. Trapez ABSO ima dva prava kuta pri vrhovima A i B. Neka je dužina SM paralelna s AB. Tada je trokut OMS pravokutan.

Hipotenuza OS ima duljinu (a + b)/2, a kateta OM ima duljinu (a − b)/2. Prema Pitagorinu poučku imamo

   
\  ( a + b ) 2 − ( a − b ) 2
22
|SM|  =    =  √ab.
   

Budući da je u pravokutnom trokutu hipotenuza dulja od katete, slijedi valjanost nejednakosti (1).

Dokaz 5.

Slika 5

Slika 5.

Neka je dana kružnica s promjerom AB duljine b − a i središtem O. Točka D nalazi se na pravcu kroz A i B tako da je |AD| = b i točka B je između točaka A i D. Tada je |BD| = a. Iz točke D povučena je tangenta na kružnicu. Točka T je diralište te tangente i kružnice. U pravokutnom trokutu OTD hipotenuza ima duljinu |OD| = (a+b)/2, a duljinu katete TD možemo izračunati pomoću Pitagorina poučka:

   
\  ( a + b ) 2 − ( a − b ) 2
22
|TD|  =    =  √ab.
   

Budući da je hipotenuza dulja od katete, vrijedi AG nejednakost (1).

Inače, na ovoj slici pojavljuje se nejednakost još dviju sredina: kvadratne i harmonijske. Naime, ako je CO polumjer okomit na promjer AB, tada duljina hipotenuze CD iznosi

   
\   a2 + b2
2
|CD|  = .
   

Ovaj se izraz naziva kvadratnom sredinom brojeva a i b. Nadalje, ako je N nožište visine iz vrha T u pravokutnom trokutu OTD, tada iz sličnosti trokuta TND i OTD slijedi |ND| : |TD| = |TD| : |OD|, tj.

|ND|  =   2ab .
a + b

Ovaj se izraz naziva harmonijskom sredinom brojeva a i b. Iz slike 5 očitavamo da je |ND| < |TD| < |OD| < |CD|, tj. sredine rastu ovim slijedom: harmonijska, geometrijska, aritmetička i kvadratna. Ova se činjenica generalizira na sredine definirane pomoću opće potencije, ali to prelazi okvire ovog rada.

Sljedeća dva dokaza pripadaju grupi tzv. analitičkih dokaza AG nejednakosti.

Dokaz 6.

Slika 6

Slika 6.

Funkcija f(x) = ex je konveksna, što geometrijski znači da je graf funkcije između dviju točaka na grafu uvijek ispod tetive koja spaja te dvije točke. Na grafu eksponencijalne funkcije odaberimo dvije točke s koordinatama (x,ex) i (y,ey) te uvedimo oznake a = ex i b = ey.

Pravac kroz odabrane točke ima jednadžbu

Y − b  =   b − a  (X − y),
y − x

pa točka na tom pravcu s apscisom (x + y)/2 ima ordinatu (a + b)/2. S druge strane, točka s istom apscisom, ali na grafu eksponencijalne funkcije ima ordinatu e(x + y)/2, što nakon sređivanja postaje √ab. Budući da se točka na grafu nalazi ispod točke na tetivi, slijedi AG nejednakost

√ab  ≤   a + b .
2

Dokaz 7.

Slika 7

Slika 7.

Promotrimo hiperbolu x·y = ab. Točke P(b,a) i Q(a,b) pripadaju toj hiperboli. Pravac koji prolazi kroz te dvije točke ima jednadžbu

y = −x + (a+b).

Promotrimo sad presjek hiperbole i tetive PQ s pravcem y = x. Na hiperboli je presjek točka G s koordinatama

G (√ab, √ab),

a na tetivi točka A s koordinatama

A ( a + b ,  a + b ).
22

Budući da je točka G ispod točke A (zbog konveksnosti funkcije čija je hiperbola graf), slijedi AG nejednakost.

3. Primjene AG nejednakosti

AG nejednakost je snažno sredstvo za dokazivanje raznih složenijih nejednakosti i u literaturi se mogu naći brojni zadaci koji se svode na upotrebu ove nejednakosti. U sljedećih nekoliko primjera pokazat ćemo neke primjene opće AG nejednakosti.

Primjer 1: Maksimum polinoma.

Ako je L površina sferne kapice danog polumjera R i V volumen odgovarajućeg sfernog odsječka, tada vrijedi 18πV2 ≤ L3, pri čemu jednakost vrijedi ako i samo ako je riječ o polusferi.

Dokaz. Koristeći poznate formule za površinu sferne kapice L = 2πRh i volumen sfernog odsječka V = πh2(3R−h)/3 dobivamo omjer

V2   =   h (3R−h)2 .
L3 72πR3

Nađimo maksimum polinoma h (3R−h)2 za h ∈ [0,R]. Napišimo AG nejednakost za tri broja C1h, C2(3R−h) i C2(3R−h), pri čemu su C1 i C2 neodređeni koeficijenti:

C1h C22(3R−h)2  ≤   ( C1h + 2C2(3R−h) ) 3.
3

Koeficijente C1 i C2 odredimo tako da u aritmetičkoj sredini na desnoj strani nejednakosti nestane varijabla h. Dobivena konstanta na desnoj strani bit će maksimum polinoma na lijevoj strani ako postoji h0 za koji se postiže jednakost.

Varijabla h nestat će ako vrijedi C1−2C2 = 0. Bez smanjenja općenitosti uzmimo da je C1 = 2 i C2 = 1. Jednakost u AG nejednakosti postiže se ako su brojevi jednaki, tj. ako vrijedi C1h = C2(3R−h), odakle dobivamo da je h0 = R. Uvrštavanjem koeficijenata C1 i C2 u AG nejednakost dobivamo 2h(3R−h)2 ≤ 8R3, tj. h(3R−h)2 ≤ 4R3. Dakle, vrijedi

V2   ≤   1 .
L3 18π

Jednakost se postiže ako i samo ako je visina kapice jednaka polumjeru (tj. kapica je u stvari polusfera).

Ova metoda s uvođenjem neodređenih koeficijenata i korištenjem AG nejednakosti može se generalizirati za opću situaciju određivanja maksimuma polinoma koji je dan u obliku produkta.

Primjer 2: Limes.

 
lim
n→∞
  
n  n
\
  = 1.

Dokaz. Pretpostavimo da je n ≥ 3. Tada koristeći AG nejednakost za n brojeva 1, n1/n, n2/n, …, n(n−1)/n imamo

0  ≤  n1/n − 1  =   n − 1
1 + n1/n + … + n(n−1)/n
 
  ≤   n − 1
n (n1/n + 2/n +…+(n−1)/n)1/n
 
  =   n − 1   ≤   1  .       
n(3n−1)/(2n) n1/3

Budući da n-1/3 teži k 0 kada n teži u beskonačnost, slijedi da tada i n1/n − 1 teži k 0.

Primjer 3: Hölderova nejednakost.

Neka su a i b dvije n-torke pozitivnih realnih brojeva te neka su p i q dva pozitivna broja takva da je 1/p + 1/q = 1. Tada vrijedi

 n  akbk   ≤   (   n  akp ) 1/p (   n  bkq ) 1/q .
∑ ∑   ∑  
k=1 k=1   k=1  

Dokaz. Gornja nejednakost može se napisati u obliku

 n ( 
akp
∑ i aip
 ) 1/p ( 
bkq
∑ i biq
 ) 1/q ≤  1,
∑    
k=1    

a ta se nejednakost dokazuje koristeći težinsku AG nejednakost za dva broja:

 n ( 
akp
∑ i aip
 ) 1/p ( 
bkq
∑ i biq
 ) 1/q ≤  
∑    
k=1    

≤    n ( 
1
p
  · 
akp
∑ i aip
   +  
1
q
  · 
bkq
∑ i biq
 )   =  
∑
k=1

=   1   +   1   =  1.
p q

1. Aritmetičko-geometrijska nejednakost
2. Dokazi AG nejednakosti
3. Primjene AG nejednakosti