Popoviciujeva nejednakost IZ NASTAVNE PRAKSE Popoviciujeva nejednakost Radomir Lončarević 1 Rumunjski matematičar Tiberie Popoviciu ( ) doka

Транскрипт

1 IZ NASTAVNE PRAKSE Radomir Ločarević Rumujski matematičar Tiberie Popoviciu ( ) dokaao je 965. poatu ejedakost i područja kovekse aalie (vidi [.]), koja ima primjee, medu ostalim, u brojim adatcima koji se pojavljuju u matematičkim atjecajima. Dokaat ćemo Popoviciujevu ejedakost, ako čega ćemo pokaati primjeu a ekoliko adataka te dati ekoliko adataka a vježbu. Defiicija. Neka je I iterval u. Kažemo da je fukcija f : I koveksa ako a sve x, y I i a svaki β 0, vrijedi f(( β) x+ βy) ( β) f( x) + β f( y). Fukcija f je strogo koveksa ako a x y i a sve β (0,) vrijedi stroga ejedakost. Defiicija. Fukciju f : I aivamo koveksom u Jeseovom smislu ili J-koveksom a I ako a sve xy, Ivrijedi x+ y f( x) + f( y) f. Fukcija f je strogo J-koveksa ako a sve xy, Ix, yvrijedi stroga ejedakost. Teorem. Fukcija f : I koveksa je ako i samo ako a sve x,, x I i a sve β,, β 0, takve da je βk = vrijedi k= f βkxk βk f( xk). k= k= Napomea. Poseba slučaj prethode ejedakosti kada je β i =, i =,,, tj. Radomir Ločarević, Fakultet prometih aosti, Zagreb 9 Poucak 74.idd :50:00

2 Poučak 74 x+ x + + x f( x) + f( x) + + f( x) f, jeda je od ajčešćih oblika Jeseove ejedakosti koja se koristi u rješavaju klasičih adataka veaih u ejedakosti. Dokaao ju je daski matematičar J. L. W. V. Jese ( ) u člacima objavljeim 905. i 906. godie. Teorem. Neka je f : I eprekida fukcija. Fukcija f koveksa je ako i samo ako je J-koveksa. Prethodi teorem koristit ćemo u dokau Popoviciujeve ejedakosti, a govori am o jedakosti pojmova koveksosti i J-koveksosti a eprekide fukcije. Teorem. () Neka je f : I eprekida fukcija. Tada je f koveksa ako i samo ako je f( x) + f( y) + f( ) x+ y+ x+ y x+ y+ + f f f f + + a sve xy,, I. U slučaju da je f strogo koveksa fukcija tada vrijedi stroga ejedakost a sve xy,, Iosim a x = y =. Doka. ( ) Be smajeja općeitosti možemo pretpostaviti da je x y. x+ y+ x+ Ako je y, slijedi da je y, tj. y+ Budući da je x, imamo da je x+ x+ + x+ y+ x+ =. y+ + y + x+ y+ y+ =. Odavde slijedi da postoje st, [0,] takvi da je x+ x+ y+ = s + ( s) y+ x+ y+ = t + ( t). 0 Poucak 74.idd :50:00

3 Zbrajajem prethodih jedakosti te sređivajem iraa dobivamo ( x+ y )( s+ t ) = 0. Ako je x+ y = 0, oda je užo x = y =, i time je očita. Ako je s+ t = 0, oda brajajem sljedeće tri ejedakosti: x+ x+ y+ f ( ) ( ) sf + s f y+ x+ y+ f tf ( t) f ( ) + x y f f( x) f( y), + dobivamo x y y x y ( s t) f + + f( x) f( y) ( s t) f( ) pa bog s+ t = imamo x y y x y f + + ( f ( x ) f ( y ) f ( )), odakle možejem s dobivamo tražeu ejedakost ( ) Zbog eprekidosti i Teorema. dovoljo je pokaati da je fukcija f koveksa u Jeseovom smislu. Ako je y =, oda i Popoviciujeve ejedakosti slijedi f( x) + f( y) x+ y x+ y + f f f ( y ) + f ( x ) x + y 4 x + f f y + x+ y x+ y f( x) + f f 4 4 a sve x, y I, pa je f koveksa u Jeseovom smislu. Navest ćemo, be dokaa, eke dovolje uvjete a koveksost. Doka se može vidjeti u [.]. Poucak 74.idd :50:00

4 Poučak 74 Teorem 4. Neka je f : I dva puta derivabila fukcija a otvoreom iter- valu I. Fukcija f koveksa je a I ako i samo ako je f 0, x I. Sljedeći korolar amijeje je čitateljima koji e poaju diferecijali raču, ali poaju grafove elemetarih fukcija. Korolar. Neka je f : I dva puta derivabila fukcija a otvoreom itervalu I. Tada je f koveksa a I ako se a bilo koji x0 I sve točke grafa fukcije f alae iad tagete grafa povučee u točki ( x0, f( x0)). Zadaci su preueti i [.], [4.] i [5.]. Zadatak. Neka su x, x, x poitivi brojevi, pri čemu isu svi istodobo jedaki. Dokažite da je 7 ( x + x) > 64 xxx( x + x + x). i< j i j Rješeje. Promotrimo fukciju f( x) = l xx, (0, + ). Kako je f ( x) = > 0, x a svaki x (0, ), slijedi da je f strogo koveksa a (0, ). Primjeom Popoviciujeve ejedakosti imamo x + x + x x + x x + x x + x x x x > l l l l l, x+ x + x ( x+ x)( x + x)( x + x) l( xxx ) + l < l, 8 x+ x + x ( x+ x)( x + x)( x + x) ( xxx ) <, 8 ( xxx )( x+ x + x) < ( x+ x)( x + x)( x + x) Odatle možejem s dobivamo tražeu ejedakost. Zadatak. Neka su x, y, poitivi reali brojevi. Dokažite ejedakost x+ y y+ x+ x y x y x+ y y+ x+ + Rješeje. Promotrimo fukciju f( x) = x+, x. Kako je f ( x) = > 0 a x x + svaki x, slijedi da je f strogo koveksa a +. Primjeom Popoviciujeve ejedakosti imamo Poucak 74.idd :50:00

5 x+ + y+ + + x y x+ y+ x+ y x+ y , x+ y+ x+ y x+ y+ ( x+ y+ ) x+ y , x y x+ y+ x+ y x+ y , x y x+ y+ x+ y x+ y+ odakle možejem s x+ y+ 0, dobivamo x+ y y+ x+ x+ y+ x+ y+ x+ y , x y x+ y x+ y+ x+ y y+ x+ x+ y+ x+ y+ x+ y+ x+ y x+ y x y x+ y x+ y+ x+ y x+ y+ x y = x+ y y+ x+ Zadatak. Dokaži da a svaki trokut ABC vrijedi ejedakost α β γ s cos + cos + cos +, 4 R gdje su αβγ,, jegovi uutarji kutovi, s poluopseg i R polumjer trokutu opisae kružice. Rješeje. Promotrimo fukciju f( x) = si xx, [0, π ]. Kako je f ( x) = si x 0, x [0, π ], daa fukcija je koveksa a itervalu [0, π ]. Primjeom Popoviciujeve ejedakosti imamo siα + si β + siγ α + β + γ α + β β + γ α + γ si si si si. + + Kako je α + β + γ = π, imamo da je u svakom trokutu α + β + γ si =, α β γ siα + si β + siγ = 4cos cos cos, α + β β + γ α + γ α β γ si + si + si = cos + cos + cos. Poucak 74.idd :50:0

6 Poučak 74 Odavde slijedi da je U svakom trokutu vrijedi α β γ 4cos cos cos α β γ cos cos cos. + + α β γ s cos cos cos =. 4R Primjeom prethode jedakosti pa možejem s dobivamo tražeu ejedakost s α β γ + cos + cos + cos. 4 R Zadatak 4. Za svaki šiljastokuti trokut s kutovima αβγ,, vrijedi ejedakost s tgα + tgβ + tgγ. r π Rješeje. Promotrimo fukciju f ( x) = tgx, x (0, ). si x π π Kako je f ( x) = > 0, x (0, ) pa je f strogo koveksa a (0, ). Primjeom Popoviciujeve ejedakosti cos x imamo tgα + tgβ + tgγ α + β + γ α + β β + γ α + γ + tg tg tg tg, + + a odavde bog α + β + γ = π, imamo Sada je α + β + γ tg =, α + β β + γ α + γ α β γ s tg + tg + tg = ctg + ctg + ctg =. r tgα + tgβ + tgγ s +, r odakle možejem s dobivamo dau ejedakost. Zadatak 5. Dokažite da a svaki šiljastokuti trokut, čiji kutovi adovoljavaju π π uvjete < αβγ,, <, vrijedi ejedakost 4 4 Poucak 74.idd :50:0

7 tgαtgβtgγ s. 9r Rješeje. Promotrimo fukciju π π f ( x) = l tgx, x,. 4 Kako je 4cosx π π f ( x) = > 0, x,, si x 4 slijedi da je f strogo koveksa a π π x,. 4 Primjeom Popoviciujeve ejedakosti imamo π α + β β + γ α + γ (ltgα + ltgβ + l tgγ) + ltg ltg ltg l tg, + + α + β β + γ α + γ l( tgαtgβtgγ) + l l tg tg tg, Nadalje vrijedi da je ( α β γ) α + β β + γ α + γ l tg tg tg l tg tg tg, α + β β + γ α + γ tgαtgβtgγ tg tg tg. α + β β + γ α + γ α β γ s tg tg tg = ctg ctg ctg = r pa odatle slijedi tražea ejedakost. Zadatci a vježbu. Dokažite da a svaka tri poitiva reala broja a, b, c vrijedi a + b + c + abc + ( ab + bc + ca).. Neka su x, x, x poitivi brojevi, pri čemu isu svi istodobo jedaki. Dokažite da je x + x + x + xxx > ( xx + xx + xx) Dokažite da a svaki trokut s kutovima αβγ,, vrijedi ejedakost α β γ 5 r si + si + si +, 4 R gdje su R i r polumjeri trokutu opisae i upisae kružice. 5 Poucak 74.idd :50:0

8 Poučak Dokažite da a svaki šiljastokuta trokut s kutovima αβγ,, vrijedi ejedakost rtgαtgβtgγ + r, s pri čemu je r polumjer trokutu upisae kružice, a s poluopseg trokuta. Literatura. Tiberiu Popoviciu (965.), Sur certaies iégalités qui caractériset les foctios covexes, Aalele ştiiţifice Uiv. Al.I. Cua Iasi, Secţia I a Mat., : S. Kurepa, Matematička aalia I. i II. dio, Tehička kjiga, Zagreb, Šefket Arslaagić, Matematika a adaree, Bosaska riječ, Sarajevo, O. Bottema ad others, Geometric Iequalities, Wolters-Noordhoff Publishig, Groige, Costati P. Niculescu i Lars-Erik Persso, Covex fuctio ad their applicatios, A Cotemporary Approach, Spriger, 006, Poucak 74.idd :50:0