I I

Dr. Sefket Arsianagic

" MET()DI€KA ZBIDKA ZADATAKA SA ()SN()V AMA TE8RlllE IZ

ELEMENTARNE MATEMATIKE

Sarajevo, 2006.

UNIVERZITETSKA KNJlGA

Aulor: Df. Selket ARSLANAGfC, vanrcdni profcsor na Odsjcku zn malematiku

Prjrodno-m~lrcll1<1!ickog fakultcla Univerzitcta II Sarajevu

Izdavac: Graficar prornct d.o.a, Sarajevo

RccclIzcnti: Dr. Arif ZOLlC. do~enl na ~1;ltematickolll fakultettl univcrzitct<l \l Beogradu

Dr. Mehmcd NURKANOVTC. docent nll Prirodno-l1lafcma(jckol1l f,lkuitctn Univco:itcta u Tnz!i Dr. Marinko PEJIt:. docent 11:J Pe(bgo~koj akadcmiji Univerzitcta u S:Jrajevll

Nas!ovna slran:.!: Emin SEJFIC

DTP: Daniela ZUBOVTC, dipJ. mntcmatic.aI"

Stal11pa: Graficar promct d.D.a., S~\rajevo

Stampano u 500 primjeraka 2006. godinc

elF "a::'alogizacijll li pJblikaciji i liuiv8n:it,;tSY.il bib~ioteka

Sa:Ci'.jc,vo

ARSLANAGIC, Sefket t"etodic).;a zbirt::a

i;; eleQenta"';":Clj;~~"~~~~: Sarajevo G p"-OIT.et, ilus:-r. 24 em

Biljeska " autoru: str, ,351. ~ B':blicg~·Il£iJq uz sva pO'J~ilvlja

ISBN 9958-9297---5

COB::SS BH-ID 146:;6294

Djelo je 711knnom zasticcno tc jc zabnmjeno svako kopinmje iJj umnozav<lnje in n dijclovim<l u bilo kom obliku i na bila koji nacin bez pisll1cnc dozvo!c autora,

Neovlns!cnn urnnozavanje pred,Ulvlj<l kri\'icl1o djdo.

Supruzi Nadi i llafoj djeci Zaimu i E11lini

I

I SADRZAJ

PREDGOVOR. I GLA VA: ALGEBRA (ALGEBARSKE NEJEDNAKOSTI) o nejednakostima izmedu brojnih sredina i njihovim primjenama Nejednakost izrnedu aritmeticke i kvadratne sredine .. Nejednakost izmedu aritmeticke i geometrijske sredine tri pozitivna broja i njena primjena ........... . Cetiri ruzna dokaza jedne algebarske nejednakosti o dokazivanju usJovnih nejednakosti ... Vise dokaza jedne algebarske n~jednakosti .. Razni naCini dokazivanja nejednakosti . Tri dokaza jednc algebarske nejednakosti . Finsler-Hadvigerova nejednakost i njena primjena . Dokazi nekih nejednakosti sa dvije promjenljive . Pimjena nejednakosti kad rjesavanja jcdnacina i sistema jednacina . DVH razna dokaza jedne analiticke nejednakosti . Varijacija dokazajedne alcbarske nejednakosti ijedna njcna primjena .. Dva dokaza jedne algebarske nejednakosti s korijenima . Dokazi cetlr! uslovne algebarske nejednakosti . Sest uslovnih algebarskih ncjednakosti . Neke nove nejednakosti za pozitivne realne brojeve .' Poboljsanja nekih nejednakosti . Jensenova nejednakost i njcna primjena .. Hajgensova nejednakost i njene primjene .

II GLA V A: GEOMETRIJA I ANALITICKA GEOMETRIJA '" Toricelijeva tatka u trouglu . .. ........... .. Podije1a duh oa tri jednaka dijela ............... , .... ,,",. o nekim geometrijskim konstrukcijama sarnO pomocu lenjira o nekim konstrukcijama sarno pomocu sestara ... o konstrukciji trougla kome su zadane sve tri visine . ledna teorema u vezi s pravouglim trouglom .. , Nejednakosti u vezi s povrsinom konveksnog cetverougla Cetiri JjeSenjajednog geometrijskog zadatka u vezi s trouglom .,',. ledna teorema 0 udaljenostima znacajnih tacaka trougla, Tri geometrijska dokaza nejednakosti izmedu aritmeticke i geomctrijske sredine dva pozitivna broja ... ledna nejednakost u trouglu i njene posljedice . Neke nejednakosti trougla sa R, r, I~ ,Ii, i r;. ... Primjcna metode koordinata u dokazivanju geometrijskih teorema

7 9 11 23

28 39 42 47 52 62 65 69 75 81 85 89 94 98 103 109 115 127

135 137 139 142 146 149 153 159 165 169

174 179 183

188

5

III GLA VA: TRIGONOMETRIJA .

Jedan oaCin odredivanja vrijednosti Sillfl

Vise rjescnja jednog trigonometrijskog zadatka ledna trigonometrijsku" nejednakost .......................................... . Trinuest raznih dakaza jedne poznate trigonometrijske neje.dnakosti 0 t;~~'~i~':'

o rjesenjima trigonometrijske jednaCine sin x+ cos.::::::: I 2

Neke primjcne trigonomclrije u algebri .

IV GLA VA: TEORIJA BROJEVA ................ . Jedan kriterijum djeljivosti brojeva . . ........... . o velikoj ~ermaovoj teoremi ............................... . Rijesena matcmaticka zagonetka stara preko tri s(aIjeea . o maIoj Fermaovoj tcoremi ................................. . o Fermaovom broju .

Ncki Diofanlovi prohlemi ................... . Sest ljcsenja jcdne Diofantove jednacine . o Hcronovom zadatku .

V GLA V A: PROBLEM MAKSIMVMA I MINIMVMA V ELEMENTARNOJ MA TEMA TICI

Problem maksimuma i minimuma u eiementnffloj m~t~l~~~i~'i':::: ::::::::. Odredivanj<: cks!~:mnih vrijednosti funkcija pomocu melOde principa . o ekstrcmOlm vnJcdnostima trigonomctrijskih funkcija .. . Metoda uvodenju "pomocnog ugla" ." ...................... . Metoda inverzne funkcije . Metoda ncodreoenih koeficijcnata .

VI GLA VA: RAZNO .................................................. . Cetiri nacina rjesavanja jedne aigebarske jednaCillc treceg stepcna o matematickoj indukciji ............................................... . o sumiranju stepena brojcva prirocinog reda . o jednoj granicnoj vrijednosti . Harmonijski brojevi .

SUMMARY .. BIOGRAFIJA

6

201 203

205 215 219

231

236

245 247 250 252 255 259 261 266 270

273 275 275 292 296 302 311

315 317 321 326 330 336

349 351

I

PREDGOVOR

Ova knjiga je namijenjena studentima matematike koji na svom studiju slusaju kroz predavanja i vjezbe predmet Elemantal11a maternatika (l godina studija) j Metodika nastave rnatematike (III godina studija). Takoder, knjiga se moze koristiti pri izvodenju nastave iz predmeta Euklidska geometrija (II godina studija) i Elementarna teorija brojeva (I godina studija).

Knjiga se sastoji od sljedecih sest glava: 1. Algebra (Algebarske nejednakosti), 2. Geometrija i analiticka geometrija, 3. Trigonometrija, 4. Teorija brojeva, 5. Problem maksimuma i minimuma u elementamoj matematici, 6. Razno.

U prvoj glavi, autor se bavi dokazivanjem raznih vrsta algebarskih nejednakosti. Tu se spominju i koriste razne nejednakosti, poput nejednakosti izmedu brojnih sredina, nejednakost Kosi-Bunjakovski-Svarca, Jensena. Hajgensa, Njutn-Maklorena te Hadviger-Finslerova. Ove nejednakosti se obilato koriste u ovom poglavlju kod dokazivanja raznih nejednakosti. Mnoge nejednakosti iz ovog poglavlja su dokazane na dva iIi vise raznih '!laCina sto smatramo izuzetno vaznim i korisnim za edukaciju studenata koji se spremaju za buduci poziv nastavnika rnatematike.

U drugoj glavi koja je posveceno geometriji autor se bavi konstruktivnim zadacima pomocll sestara i lenjira, te sarno pomocll sestara, odnosno sarno pomocu lenjira. Takoder, ovdje su dokazane neke teoreme u vezi s troug]om, te neke nejednakosti koje se odnose na trougao. Data su i tri geometrijska dokaza nejednakosti izmedu aritmeticke i geometrijske sredine dva pozitivna realna broja. Na kraju su dokazane neke znacajne teoreme iz geometrije pomocu analiticke geometrije.

U tree oj glavi 5U dati razni dokazi nekih trigonometrijskih nejednakosti te vise rjesenja nekih trigonometrijskih zadataka. Dati su i veoma poucni primjeri primjene trigonometrije u algebri kod rjesavanja jednacina, sistema jednaCina te dokazivanja algebarskih nejednakQsti. Takoder, dato je viSe rjesenja jedne interesantne trigonometrijske jednacine.

7

U cetvrtoj gIavi posvecenom teoriji brojeva se nalaze cIanci posveceni velikoj i maloj Fennaovoj teoremi te Fermaovom broju, jednom kriterijumu djeljivosti, rjesavanju Diofantovih jednacina (nelinearnih) i Pelove jednatine.

Peta gIava je posvecena metodama iznaIazenja ekstremnih vrijednosti funkcija eIementarnim putem. Obradene su ukupno cetiri metode {osnovna metoda teorema iIi metoda principa, metoda uvodenja (.;pomocnog ugIa», metoda inverzne funkcije i metoda neodredenih koeflcijenata). Uz svaku metodu je dat veci broj interesantnih primjera (ukupno 34) sto u potpunosti ovo poglavlje cini interesantnirn i korisnirn. Prednost elementarnog odredivanja ekstrerrmih vrijednosti funkcija je cesto evidentna i efikasnija U odnosu na uhodani put pomoc11 diferencijalnog racuna.

Sesta glava sadrzi razne clanke koji se odnose na viSe nacina rjesavanja jedne algebarske jednacine treceg stepena, surniranje stepena brojeva prirodnog reda, hannonijske brojeve, matematiCku indukciju i izracunavanje jedne interesantne granicne vrijednosti.

Napomenimo da je, mozda svjesno doslo u manjoj mjeri do preklapanja nekih primjera i njihovih rjeS'enja. No, to nikako ne narusava kompaktnost i kontinuitet ove knjige.

Misljenja sam da ce ova knjiga dobro doci studentima rnatematike i tehnickih fakulteta kod sprernanja ispita iz Elementarne matematike i Metodike nasta ve matematike. U svakom sIucaju ona ce u dobroj mjeri obogatiti jako siromasan fond literature kada su ovi predrneti u pitanju. Uz ovu knjigu, buduci nastavnici ce svakako poboljsati i unaprijediti svoja znanja u strucnom i metodickom smislu. To je, ustvari, i glavni cilj autora knjige.

Na kraju osjecam veoma prijatnu duznost da se zahvalim kolegarna recenzentima koji 511 svojirn savjetirna, sugestijama i primjedbama u velikoj mjeri doprinijeli poboljsanju mkopisa Dve knjige. Zahvalan sam i Danieli Zubovic na velikom trudu i strpJjenju na poslovima tehnicke obrade teksta ove knjige.

Bez razumijevanja i podrske moje supmge Nade ova knjiga se ne bi pojavila te samjoj puno zahvalan.

Sarajevo, novembar 2005. Autor

8

ALGEBRA (Algebarske nejednakosti)

o NEJEDNAKOSTIMA IZMEDU BROJNIH SREDINA I NJIHOVIM PRIMJENAMA

Brojne sredine i nejednakosti izmedu njih imaju veliku primjenu u matematici i drugirn naucnim disciplinama. Moage nejednakosti se uspjesno i jednostavno dokaZllju koristeci nejednakosti izmedu brojnih sredina, NajviSe se koristi nejednakost izmedu aritmeticke i geometrijske sredine dva iIi vise pozitivnih brojeva. Namjera nam je da tu nejednakost prosirimo sa harmonijskom i kvadratnom sredinom i darno jedan geometrijski dokaz (veoma zoran!) izmedu Dve cetiri brojne sredine.

Ova tema moze da bude od koristi i nastavnicima koji pokazuju veci interes za rad sa talentovanim, nadarenim ucenicirna te kao dobra priprema takvih ucenika za razna matematicka takmicenja. U tom smislu recimo sljedece:

Aritmetickom sredinom pozitivnih realnih brojeva" xi)' ( x > 0, y > ° ) zovemo broj

x+y A( x, V )~--. . 2

Geometrijskom sredinom pozitivnih realnih brojeva xi y (x> 0, y > 0) zoverno broj

G( x,y )~.[V.

Harrnonijskom sredinorn pozitivnih realnih brojeva x i y ( x > 0, y > 0) zoverno broj

2 2xv H(x,y)~--~-·-.

1 1 x+ y -+-x )'

Kvadratnom sredinom pozitivnih realnih brojeva xi)' (x> O,y > 0) zovemo broj:

~x2 + 1" K(x,y)~ --2-'

Dokazuje 5e da za 0 < y S;; x vazi nejednakost:

y::; H( x,y ) 5:. G( x,y)::; A( x,y):S: K( x,y ):5:x. (ll

DokaZimo prvo daje G( x,y) S; A( x, y), a zalim H( x, y) S; G( x, y), Ij.

(2)

11

2 PoCicemo od istinite nejednakosti (JX -fY) ::::0, koja vrijedi za sve x ~ 0 i y;';: 0,

Nakan kvadJiranja ave nejednakosti, dobijamo x-2...h. fY + y:? 0, tj . . x+ y:? 2Jry

'I' r x+ v 'C k ' 'd k 11 yxy ::;;--" ,1:J. (x,y)::;; A( x.y), ao I nCJc na Qst: ' 2

2 } --<--x+ y - .;;;'

a odavde, nakon mnozenja sa x)' > 0 :

Ovimje (2) dokazano. Sada cerna dokazati da je

2xy xy r 2 --$ r' tj, zbog xy =(VAY) : x+ y '\jxy

2x)' r --$\jXY . x+}' -

A( x,y)$ K( x,y), tj,

F¥' x+ y x- + y---$ ---',

2 2 (3)

Poclcemo od istinite nejednakosti (x- y i ;:: 0, koja vrjedi za sve x:;:: 0 i y 2:. ().

Nakol1 kvadriranja ave nejednakosti

2( x2

+ l )::::' Xl + l + 2xy , odnosno

a odavde nakon korjenovanja:

Ovimje (3) dokazano.

x2 +i (x+y/ ---2:'--~-

2 4

x+ y JX2 + y' --$ ---, 2 2

Vee smo dokazali da vazi nejednakost

A( x,y)2:C(x,y),

dobijamo

(4)

Zbag (2), (3) i (4) vazi (I), Ocigledna vazijednakast u (I) ako i sarna aka je X= y,

iii

Naprimjer za x 008, )' = 2 imamo: H( 8,2)= 3,2; C( 8,2) = 4; A( 8,2) = 5; K( 8,2) = 5,8, tj, 2 < H( 8,21< C( 8,2)< A( 8,2)< K( 8,2)< 8,

12

Sada cerno dati jedan geometrijski dokaz nejednakosti (1 ).

Na nekcij pravoj I uzmimo tacke p, Q i M taka da je PM = x, QM = y, x > y > () .

Konstruisimo TLlZnICU sa en r k " k c tom II tac'k'i A c'I'y"l y'e poluprecnik - - }-- x-y

r=AP=AQ=-PQ=--, 2 2

-~:Y 2

II

.£tY 2

Povucimo poluprecnike kruznice AR 1. PM i AG.l GM gdje je MG tangentna duz kruznice k iz tacke M . Kaka je

-- -- -- x-y x+y AM =AQ+QM =-2-+ y =-2-'

to je po Pitagorinoj teoremi primjenjenoj oa trougao L1AMG:

MC2

=AM2

_AC2

iii Mc'=(X;Y)' _(X;Y)',tj, -2 MC =xy,

a odavde ~

Iz pravouglog trougla .dAMR imamo daje:

-2 -2 -2 .. -2 x+ y x- y . 2 )2 Mil = AM + All , lit Mil = (-2 .... ) +(-2- ,ty.

, 2 -2 x-+V Mil =--'-,

2

13

a odavde

U prvoug!om trollgiu LlAMG je GH(l.. AM) visina na hipotenuzu AM tog trougla.

Za pravougli trougao navodimo stay (usvojicemo ga bez dokaza); Kateta je gcometrijska sredina hipotenuze i projekcije te katete na hipotenuzll, tj.

a odavde

H\1 ~ GM' , -,

AM tj, HM ~~~ 2"1 ,

x+ y x+), 2

Sa slike se jasno uocava da je (odnos stranica u troug!u):

QM < HM < MG < AM < Mil < PM , tj,

2xy x+v 1"+/ y<--<.j;:;<_--.::...< --<x, x+ y 2 2

tj. vaii (1) sa jednakosGu ako je x::;;; y .

Nejcdakost (2) se zove krace H -G nejednakost, a (3) se zove A-K nejednakost. Naravno, dokazuje se (teze) da vaii ope a (generalisana) nejednakost (1) za x/,xl , .. ,x,,;

n>2,gdjesuxi >0, i=J,2, ... ,IJ.

Sada cemo na nekoliko primjera pokazati kako se cfikasno koriste nejednakosti H - A j A-K teH-G.

Primjer 1. Dokazati da za rcaine brojeve a i b I 1 1

(a>O,b>O) ~rijedi -+-~4, uz a b

uslov a+b;;;:; I,

Rjesenje: KoristcCi H - A nejednakost za realne pozltvne a i b , dobija se

14

2ab a+b , --~--,tj. a+b 2

a odavde

1 Vaii jednakost za a;;;;; b = -.

2

1 1 -+- '2:.4 ' a b

Primjer 2. Akoje x+)' =1, dokazati daje Xy~~.

Rjesenje: K vadriranjem jednakosti x + )' ::: ] , dobijamo

x2 +l =1-2xy.

Na osnovu nejednakosti A - K imamo:

jI¥2 x+ y X + Y , -2 ~ --2-' tj.

~X2+y' 1 --c- (zbog x+ y ~ 1), 2 2

a odavde nakon kvadriranja:

2

Sada iz (5), zbog (6), imamo daje

1 ']' '2:- 11 4

1 , 1-2xy'2:-,tj.

2

1 Ocigledno vazi jednakost za x = Y = 2'

(5)

(6)

15

Primjer 3. Neka su hu,hh,hc 1 r vi sine i poluprecnik kruga upisanog u trougao LlABe . Dokazati da vrijedi nejednakost

Rjescnje: Koristicemo nejednakosti A-K i A-H za tri reaIoa pozitivna broja, tj. H( x, y,z)::; A( x,y,z).$ K( x,y,z (l iii

3 <x+Y+Z:::;;x +Y +z )

2 , 2

~+!..+!.. 3 3 (7)

x y Z

2P 2P 2P Kako je hll == -;;' h" == b' 11(, == -;' (P je povrsina trougla LlABC 1, to imamo zbog

(7) i cinjenice da je P == rs (s je poluohim trougla LlABC ):

tj. nakon kvadriranja:

1 1 1 -+-+-

2p. abc> 2P 3

33. ---==2P'-==3r, a+b+c 2s

Vazi jednakost ako i samo ako je flu == h,,;::: he' tj. ako je u pitanju jednakostranicni trougao.

Primjer 4, Neka su a.b,c duzine stranica, a e,f,g duline dijagonala strana kvadra. DOkazati da vrijedi nejednakost:

e+ f + g ~.fi( a+6+c).

'I U [1], str. 127 su data tri dokaza nejednakosti H:::;; G.$ A.$ K za n pozitivnih brojcva a l ,a2 , .. ,all tj;

11 III a,+a2 + .. +an < a;+ai+ .. +a~ 1 1 1 $V aj·a2·· .. all .$ -+-+ .. +_ n n aJ a2 all

•. ) q,e,d. (latinski guod crat demonstrandum = sto je treba10 dokazati)

16

I

J :1

Rjesenjc: Koriste6i Pitago~inu teoremu, dobijamo:

e=~a2+b2, f=Ja 2+c2 , g=Jb2+c2 .

, , J.. ____ _ , , , , , , , , , , ,

" Na osnOVll nejednakosti K - A (K ~ A ), imamo:

odnosno odavde:

r,--:-;-.fi e="a~+b~ ;:::-(a+b),

2

".--,.fi f::;:;;"a-+c~ ;:::-(a+c),

2

Sabiraju6i gornje nejednakosti, dobijamo:

sto je i trebalo dokazati,

.fi . e+ f + g '2:.-( 2a+2b+2c), tJ.

2

lednakost vrijedi ako je u pitanju kocka.

17

Primjer 5: Dokazati da za realne pozitivne brojeve a,h,e (a> O,b > O,e > 0) vrijedi nejednakost

(a+b)( h+e)( e+a);:? Babe.

Rje.senje 1: Primjenjujuci nejednakost A - G na parove{ (1, b ), ( b, c) i (c. a) dobijamo:

a+b?c 2.[;[;.

Mnozenjern ovih nejednakosti.slijedi

(a+b)(b+e)(c+a):;::8.Ja2b2c2 , tj.

(a+b )(b+c)( c+a)?c8abc.

OcigJedno, vrijedi jednakost sarno u slucaju kada je a ::::: b = c .

Rjesenje 2: Prirnjenjujuci nejednakost H -G na parove (a,h),(b,c) i (e,a) dobijarno:

2ab ". 2bc "... --$vab. --$vbc. a+b b+e

2ca r­--$vca. c+a

Mnozenjern ovih nejednakosti dobijamo

odakle je

(a+b)( b+e)( e+a)~ 8abe.

Znak jednakosti vrijedi samo ako je a::::: b :::= c .

Primjer 6. Aka su a,b,c duzine stranica trougla i S ojegov poluobim, dokazati da vrijedi

a(b+'e )+b( c+a)+c( a+b )<352 .

18

RjeSenje: Primjenjujuci oejednakost H - A oa parove (a,b+c), (b.c+a), (c,a +b),

dobijarno: 2 a+( b+c)

< 1 1 2 -+--a b+c

2 b+( c+a) 1 1 < 2 • -+--b c+a

2 c+( a+b) <

1 1 2 -+--c a+b

(vrijedi stroga nejednakostjer je b+c > a, c+a > b, a+b > c (nejednakost trougla», tj,

~2C'-a(c:b:...+:...c~) < _a_+_b_+_c • a+b+c 2

2b(c+a) a+b+c <---.

a+b+c 2

_2..-c,-( a:.,..:.+_b-,-) < _a_+_b_+_c . a+b+c 2

a adavde zbog a + b + c ::::: 25 slijedi

a(b+C)<52 , b(c+a)<s2, c(a+b)<s2.

Sabiranjem ovih nejednakosti dobijamo

a( b+c )+b( c+a )+c( a+b)< 3s'. q.e.d.

Primjer 7. Dokazite da za duzine stranica trougla vrijedi nejednakost

2< 10+ /b+ /cd. Vh ,,~ v;;b (8)

19

I I I !

Rjesenje: Primjelljujuci nejednakost H -G lla parove (_a_.I), (_b_, 1)(-'-,1), b+c c+a l {l+h

dobijamo

2a ff' ---< --a+b+c b+c'

2ff ---< --P+c+ 1 h+c'

a

21b c+a 1 < 'It;;;' --+

b

__ 2_<J c a+b +1 a+b'

c

2b ff ---< --a+b+c c+a'

2c 8 ---< --(/+b+c a+b'

odakle nakon sabiranja dobijamo:

ff ff ~' 2< --+ __ + __ b+c c+a a+b .

Kako je a < b+c, b < a+c,C < a+b. to je

a odavde nakon sabiranja:

Ovim je (8) dokazano.

a b --<I --<I b+c ' c+a '

c --<I a+b '

ff' ff~ --+ --+ --<3 h+c c+a a+h .

Primjer 8. Dokazite cia u svakom trouglu vrijedi nejednakost

8P2 $. sabc,

gdje je P povrsina, a s pol uobim trougla.

20

Rjesenje: Primjenjujuci nejednakost H - G na parove (s--a,s-b), ( s-b,s-c), (s-c.s-a),

dobijamo (svakako je s-a>0,5-/;>0,5-C>0 jer zbog

b + c > a, C + a > b, a + b > c , tj. nejednakosti trougla):

Ij.

-;--=-2-;_< .J( s-a)( ,-b I, I I --+--

s-a s-b

-;1-2-;1-< .J( s -b)( ,-c),

--+--s-b s-c

-,_2--;_ < .J( s -c)( s -a), I I

--+--s-c s-a

2( ,-a)( s -b ) < ,jr:( -, _-"C")(:-,-_-bcc), 2s-(a+b)

2( s-b)( s-c) < .J( s-b)( s-c), 2s-(b+c)

2( s - c )( s - a ) ,r---;-:---; -'-''---''-'-=-< "-I ( s -(.')( s-a),

2s-(a+c)

a odavde nakon mnozenja (uz uslov da je 2s =. a+iJ+c ):

a+h+c s=---2

8(s-d!'(s-b)'(s-c;' ( )( b)( ). ::; s-a s- s-c, tj. abc

8(s-a)(s-b)(s-c)$abc iii

8s{ s-aj( s-b)( s-c )$.sabc,

tj. zbog P = )s( s-a){ s-b)( s-c) (Heronov obrazac za povrsinu trougla):

8P2 ::; sabc .

dobijarno

21

22

Vazi jednakost aka i sarno aka je a=b=c, tj', aka J'e u ' .. trougao. pJtanJu Jednakostranican

Zadatak: Dokazati nejednakost trougla

a( S-a j+b( s -b )+c( S-c) < ~.\.2 .

Dokaz prepustamo citaocu. 4

LITERATURA

[[21]] AnrStltanagiC, S., Matematika za nadarene, Bosanska rijec, Sarajevo 2004

o ema O. and others G 'f ' . ,. G ·' . eometnc nequallfles Wolters-Noordhoff P bl' h' ronmgen, 1969.. ' U IS mg.

NEJEDNAKOST IZMEflU ARITMETICKE I KV ADRATNE SREDINE

Za n pozitivnih brojeva a l ,02".,,011 sa HIl,Gn,AII,Kn oznacavarno redorn

harrnonijsku, geometrijsku, aritmeticku, kvadratnu sredinu. Aka sa min{a j ,a2 , ... ,on}

oznacimo najrnanji, a sa Max{al,a2,,,.an} najve6i od n zadanih brojeva, tada vaze

nejednakosti:

a pri tome je

HI! = 1 III l' GI!=~al·a2· -all' ~ ~+~+ .. +--af a2 an

lednakost vrijedi sarno u slucaju a1 :::: a2 = .. :::: all. Za n:::: 2 data nejednakost glasi:

oc\nosno

oj +ai + .. +a~ 1/

, { ] r::-::- a, +a, ~a; +ai IIllll a"az}s-]--]-s"a]aZ s--2-:>' --z-sMax{a,,{/z}.

--+-at a2

Ove nejednakosti imaju veliku primjenu. U ovom clanku zadrza6emo se sarno na nejednakostima Az ::; K2 , odnosno All::; KII izmedu aritmeticke i kvadratne sredine.

Dakle, clokaza6emo cia je A2 S K 2 .

Iz ocigleclne nejednakosti (a] -a2 i :2'.0 dobijamo cia je2a,a2 S af +a~. Dodajmo

}ijevoj i desnoj strani nejednakosti izraz ay + a~ i podijelimo sa 4 . Dobijarno:

23

( )

' 2 2 al +a2 ~ (/, +a2 --- <---

2 - 2 ' a odavde naken korjenovanja:

~' (/,+a2< (/,+a2 2 - 2 '

sto je i trebalo dokazati. lednakost vrijedi sarno u slucaju kada je (/1 = (/2 •

Dokazimo jo~ i nejednakost A3 ::; K3 ' tj. dokazimo da je

(/, +(12 +a3 < (/; +a§ +aJ 3 3

Polazimo od ocigIedne nejednakosti:

Odavde dobijamo da je

Na obje strane nejednakosti dodamo af +a~ +aj:

( 2) 2 )

(I,+(I2+ a3) <aj+a2 ,,+a:i 9 3

a odavde nakon korjenovanja:

(//+a2+(13 < a;+aJ+a§ 3 - 3

sto je i trebalo dokazati. *)

Ocigledno vrijedi jednakost sarno u slucaju kada je (/1 = (/2 = aJ

•

OJ 1z ovog dokaza naslu6uje se ideja kaka dokazati daje An ::; Kn'

24

9

.~

"}w ";s

;B '~

I I I "

I I 0 "

Sada cerna dati vise primjera nejednakosti koje se dokazuju pomoclI nejednakosti

All SKi!'

Primjer 1: Dokazati da za (I,b > 0 i a+b ~ J vrijedi nejednakost

a4 +b4 ;::.!... 8

1 Kada vazi stogajednakost a4 +b4 =-?

8 Dokaz: N a osnovu nejednakosti A] ~ K] , slijedi

Takoaer. zbog iste nejednakcsti (A] ~ K2 ) irnamo

ili

~a' +b' a+b , a2

+h' >(a+b)' --2- ~ -2-' tJ, --2- - -2-

Sada, uporedujuci utvrdene nejednakosti, dobijamo daje

• a4+b

4 >(a+/J)4 , , 14 >~( bi' ---_ -- ,tJ. a +) _ a+ , 2 2 8

, )1 b41 , a odavde Je (zbog a + b?! -( a + ) ;::. - , pa Je: 8 8

stD je i trebalo dokazati.

a4+b4"?~, 8

Trazena jednakDst vrijedi sarno aka je a = b = ~. 2

Primjer 2: Za realne brojeve a,b,c,d vrijede nejednakosti a2 +b2 $./ i c2 +d2 ~1. Dakazati da vrijedi nejednakost

2S

Dokaz: Na osoovu nejednakosti Az S K 2' slijedi

)(a+ci'+(b+dr+)(a-ci'+(b-dr < ()(a+ci'+(b+drj' +()(a-d+(b-dr )'

2 2

(a+d +(b+d r +( a-c r +( b-di' 2

a'2 +2ac+c1 +b2 +2bd +d1 +a2 -2ac+c1 +b1 _2bd+d2

2

2(a2 +b2 )+2((?+d2)

2

J(a+ci+(b+dr +J(a-c!'+(b-d!' < '" . 2 _,,2,\).

J( a+c r +( b+d J' +J( a-c)' +(b-d r 5. 2J2 ,

sto je i trebalo dokazati.

Primjer 3: Dokazati da vrijedi nejednakost

1 1 ..;1 J2 --+--+ ... +-<-; (nEN), 11+1 n+2 2n 2

Dokaz: Na asnovu nejednakosti All S K n ' dobijama ,.,.----,-:;----,,----:-

_1 +_1 + .. ,+~ (_1)' +(_.~)' + +(~)' 11 + 1 n + 2 211 < \1 ~.::n..:+-,1~-'.::"..:+-,2:L_"_· -",,2 n~

n n iIi

--+--+ ... +- <n ---+---+ ,+--(1 1 1)' [1 1 1 ]

n+1 11+2 2n (n+1/ (n+2/ .. (2n/ .

26

Ovdje u nejednakasti All S KII vrijedi straga nejed~akast <, jer je 1 1 1 __ .;t __ 'f..,.'f.-.

n+1 n+2 2n

Nakan sabiranja ociglednih nejednakosti __ 1_< __ 1_, (jer (n+l/ =(n+1J(n+] »n(n+l)). (n+l/ n(n+1)

1 1 -< ' (n+2/ (11+1)(n+2)

1 1 --< (211l (2n-1J·2n

dobijamo: 1 1 + 1 + +_1_<-_1_+ ] + .. +----

(n+1)' (n+2/ ... (2n/ l1(n+1) (n+1)(n+2) (2n-1)2n

Svaki od razlomaka na desnoj strani posJjednje nejednakosti transformisemo sliena prvom:

] n+l-n n+l 11 1 1 n(II+1) = n(n+l)= ll(n+l)-~=-;;--;;+;'

pa desna strana postaje:

Sada dobijamo:

(1 1 1)' .1_1_2 + __ + +- <11·-----,

11+1 11+2 .. ' 211 2n 2 4

1 1 1 J2 --+--+ ,,+-<-, n+1 n+2 211 2

sto znaei da je zadata nejednakost tacna, 27

NEJEDNAKOST IZMEDU ARlTMETICKE I GEOMETRIJSKE SREDINE TRI POZITIVNA BROJA I NJENA PRIMJENA

o nejednakosti izmedu aritmeticke i geometrijske sredine dva pozitivna broja a i b koja glasi:

a + b > .rc;;; 2 - a , (I)

biIo je rijcci na pocetku knjige. (Naravno, U (1) vrijedi jednakost sarno u slucaju kada je a = b).

OVdje cerno se baviti nejednakoscu izmedu aritmeticke j geometrijske sredine tri pozitivna broja a,b ie, koja giasi:

(2)

Dacema sest raznih dokaza gornje nejednakosti kao i nekoliko primjcra primjene te nejednakosti.

Dokaz I: Najprije cerno dokazati jednu pomocnu nejednakost koja glasi:

'::+Z+~~3; (x,y,z>O). y z x

(3)

Posto je nejednakost (3) simetricna, to mazerna uzeti (ne srnanjujuCi opstost) da je , y Z

O<xSy:S;z, aodavde -"2:.1 i -"C.l. x y

Sada, zbog ocigledne nejednakosti

dobijamo oakoo mnozenja:

a odavde

28

z y z -----+/~O, x x y

z y z -?"-+--J. x x y

.' . x Y db'" no da 'e DodajuCi objema stranama gornJc neJcdnakostl y+-;' 0 IJm J

y x Z y "::'+L+..£~-+-+-+--J . y z x x y y Z

. u. v d" > a dobijamo Uzimajuci u nejednakosti (1) da JC a :::: -; 1 h:::: -;; , g JC SU U,v ,

Sada iz (4) dobijamo, zbog (5):

L+L+!:.'?2+2-1=.3, q.e.d. }' z x

J ednakost vrijedi u (3) sarno u slueaju kadaje x = y :::: Z .

Konacno dobijamo iz (3):

~+Z+3..~3=3 y z x

~)'Z rut y Z. 3_::::3·3~·-·--:-. xyz y Z x

.., ", x ~ L=!J ~=c,dobijamo: Stavljajllci u gornJoJ nCJednakosl1 da Je y -a, z ',t

odnosno

a+b+c~3'~'

a+b+ c > ''-;-1 ____ >\lane,

3

a ovo jc ncjednakost (2) koju je trebala doka.zati. Vrijedijednakost u (2) sarno u slucaju kadaJe a=b=c.

(4)

(5)

Dokaz 2: Koristicemo poznati identitet (kaji se lako provjeri mno7.enjem):

x' + l +Z3 -3xyz =(x+ Y+ z)( ,-.,/ + l +/ -;ry- yz-xz). (6)

29

Uzecemodasu x,y,z>O. Tadaje x+y+z>O,a

722 1772 X-+y +z -X)'-yz-xz=-(2x-+2y-+2z -2xy-2yz-2zx)=

2

I [ 2 2 ']' ~2 (X-y) +(y-Z) +(z-x1 ;"0.

Vrijedi jednakost sarno u slucaju x = y = z. Sada iz (6) dobijamo daje

odnosno

Stavljeju6i u (7) daje x ~ if;; , y ~ iff; , z ~1c, gdje su a,b,c > 0, dobijamo

sto je i trebalo dokazati.

(7)

Dokaz 3: Najprije cerno dokazati nejednakost izrnedu aritrneticke geornetrijske sredine za cetiri pozitivna broja a,b,c.d. Imamo sada zbog (1):

a+b+c+d

4

sto je trebalo dokazati.

a+b+c+d >tJabcd , 4

Vrijedi jednakost u (8) sarno u slucaju kadaje a = b = c =d .

(8)

Sada cerna koristeci nejednakost (8) dokazati nejednakost (2). Imamo, uzimajuci U (8)

daje d:=a+b+c: 3

30

a+b+c

3

a+b+c a+b+c+---'81 b 3 a+ +c . ------"--- ;?: 4 abc .--- , tJ.

4 3

a+b+c a+b+c ___ >4abc·---, 3 - 3

a odavde oakon stepenovanja sa 4 :

(a+b+ c\ a+b+e ~--3-) ~abe·~,

a+b+c odnosno oakon dijeljenja gomje nejednakosti sa --3--'

l' a+b+e)3 > b __ ae,

3

a odavde

sto je trebalo dokazati. . . " "t st mozemo llzeti

Dokaz 4: Posta je nejednakost (2) simetricna to. ne urnanJuJucI ops 0

d· >h>c te stavitidaJ'e a=c+u,b=c+v;(u~v:?:O). aJe a _ -, . ..

Stavljaju6i ove vrijedoosti za a i b 1I (3) dablJarno.

odOOSllO oakoo kllbiraoja

e+u+C+V+C :?: ~( C+ll){ C+V;'C, 3

lc+ II ;V)' ;,.c(c+u)(c+v) 3 ? Il+V 3 (u+v)' +(~)3 ;?:C3+(Il+vjc2+uvc

¢:::> e +3c- ._-+ c· -- 3 3 3 .

~3C(U;v)' +(";v)' ~"vc (u+vi (Il+V)3 >uve

~c·---+ -- -3 3

cruz +V2) (U+v)3 > uve ~ 3 +-3--3

C(ll-V l (II +vj3 >_~ "" +---' 3 3 3

31

Posljednja nejednakost je tacna za sve Ii, v '? 0, pa je j nejednakost (2) tacna sa jednakoscll ako i sarno ako je u =: v=:O , tj. a=: h =: c .

Dokaz 5: Ako u nejednakost (8) stavirno daje d = ~; (a,b,c,d > 0), dobijamo

a+h+e+~ 41 3r-:-4 '?vabc·vahc

¢::> a+b+e+~ ?..4/~( abc t

¢::> a+b+c '?4</abc-~

a+b+c ?r;-"" --- '? '\Iabe q.e.d. 3 '

V rijedi jednakost ako i sarno ako je a == h :::: c .

Dokaz 6: Ako u nejednakost (8) stavirno da J'e a::::x, b=:y, c=:z, d:::::/,

(a,b,c,x,y,z > 0) dobijarno

x+ Y+z+l 4~ 4 '?vXYz,

Stavljajuci sad a daje x=: 3;'-' Y =_b_, z =:: _c_, dobijarno vabc ~ ~

adnosno

abc ,~+--+--+I 1.Jabc ~ ~ abc >4 __ , __ , __

4 ~~~'

abc ~bC -,--+--+-->4. 4 --1 ~ ~ ~- abc

abc ""--+--+-->3 ~~~-

a+b+c ,r.-¢::} --;-- '? vabe ,q.e.d.

lednakost vrijedi ako i sarno aka je a=: b =: c.

32

Datema sada vise primjera primjene nejednakosti (2).

Primjer 1. Dokazati nejednakost

1 1 1 9 -+-+-e.----; (a,b,c>O). abc a+b+c

Dokaz: Data nejednakost (9) je ekvivalentna sa nejednakoscu

(a+b+c) -+-+- e.9. (I 1 I) abc

Imarno daje na osnOVll (2):

a+b+c >~ te 3 - ,

Mnozenjem dvije gornje nejednakosti dobijamo:

tE , 3-,tj.

abc

(a+h+c) -+-+- '?9, (I 1 I) abc

sto je i trebalo dokazati. Vrijedi jednakost u (10) sarno u slucaju kada je a=: b =: c . Primjer 2.Dokazati nejednakosti

a) (a+I)(b+I)(c+I)~8.,J;;b;;; (a,b,c>O)

b) (a+I)(b+I)(c+I)~(~+I)'; (a,b,c>O),

Koja od dvije gornje nejednakosti je jaca (bolja)?

Dokaz: a) Na osnovu nejednakosti (1), dobijamo

a+1 r-; r --'2'\/a-/=:'\/a,

2

(9)

(10)

(11 )

(12)

33

Nakon mnoienja ovih nejednakosti, dobijamo

.'lto je i trebalo dokazati.

c.( a::.-+-.:I,-,),-,( 1J,-;+,-:I,,",)(-:c..:..+C-'J) '''b ' . ?:: va ·"v 've , tJ. 8 .

( a + 1 )( b + 1 )( C + 1 ) e: BMc .

Vrijedi jednakost u (II) sarno u slucaju a=. b =. e .

b) Dokazimo sada nejednakost (12). Imamo

(a +1 )( b+.J )( e+ 1 )=. abe+ab+ac+hc +a+b+ c+ 1 =.

= abc+( ab+bc +ac )+( a +b+c)+ 1

r 2)

?:: abc+3}jab·f)(·ac+3~+1

sto je trebain dokazati. Vrijedi jednakost u (12) sarno ako je a=. b =. c.

Dokazacemo daje nejednakost (12)jaca (bolja) od nejednakosti (1J), tj.

( 13)

UzimajuCi smjenu ~:::: t, tj. if;i;:;;;;,2 , odnosno ..r;;;;; =t3, dobijamo iz (13):

a odavde

(12 + IJ3 ([2 +1)3 2:8t3

, iii -r- '28, tj.

t+!..2:2, 1

5to je tacno zbog (5). Dakle, (13) je tacno. Vrijedi jednakost za t:;;;; 1, tj. abc:;;;; 1 .

34

Prirnjer 3. Dokazati da za realne brojeve a i b, (0 ~ a ~ 1 nejednakost

l+a+b e: 3.[;i;.

Dokaz: Zbog nejednakosti (2) za c = 1 . dobijarno:

l+a+be:3<1ab.

Kako je za 05 a ~ J i a ~ b 51 (te a ~ ab 51):

a2 b2 :2:. a3 bJ

( <=> a2// ( 1-ab ) 2:.0) ,

to je

o ~ b ~ 1) vrijedi

([4).

(15)

(16)

Sada iz (15) i (16) slijedi data nejednakost (14). .. . Vrijedi jednakost u (14) i (15) sarno ako je a = b = 1 . (Ocigled~o: nejednakost vflJedl ako je a = b = a , jer dobijamo ) 2: O • .'lto je tacno. Kao I u slucaJcvlma a=. 0, b::j:: 0 ~

a'" O. b = 0). Odmah uvidamo da je nejednakost (IS) bolja (ostrija) od nejednakostl

(14).

Primjer 4. Dokazati da za sve realne brojcve a,b,e> 0 vrijedi nejednakost

uzuslova+b+e=l. Dokaz: Na osnovu (2) dobijarno:

a+b+c 2:~, tj. zbog a+b+c=1: 3

~~Mc, aodavde ~?abc iii 3 27

Sada imamo zbog (2) i (1S):

J -e: 27. abc

(17)

(18)

35

~ 1+3· ,/I +3.~( 1 )' +_I_~ 1+3.W+3.Jfiii +27= ~;[;;; abc abc

= 1 + 3·3+3 ·3' + 27 = 1+ 9+ 27 + 27 =64, Ij,

stu je trebalo dokazati.

Vrijedi jednakost II (17) sarno aka je a::::: b ::: c =!.. . 3

Primjer 5. Dokazati da za pozitivne bro"eve a,/",(' "d' J J vnJe I nejednakost

)a+b {'HC )c+a r;; --+ --+ --~3v2" cab

Dokaz: Imamo rectom zbog nejednakosti (2) i (1):

f¥l+b f¥+c ff·+a ff¥a+b f¥+c ff+a + + --?3·3 __ . __ , __ _ cab C a b-

=3·3 (a+b)( b+c)( c+a) _ (a+b)( b+c)( c+a) -3·6 >

abc abc-

sto je i trebalo dokazati. V rijedi jednakost u (19) sarno aka je a ::::: b = c .

36

(19)

Primjer 6. Aka Sll a,h,c pozitivni rcalni brojevi. dokazati da vrijedi nejednakost

ab2 be2 cal 9abc ---+--+--> , a+h b+c c+a 2( a+h+c)

Dokaz: Na osnovu nejednakosti (2) dobijamo:

b2 b 2 2 ab2 b/ cal . ~+_C_+~?'3.l __ , __ . __ , tJ. a+b b+c c+a a+b b+c c+a .

ab2 be 2 ca 2 3abc --+--+-->, a+b b+c c+a lj(a+b)(h+c)(c+a)

Na osnovu nejednakosti (2) za brojeve a+b,b+c i c+a dobijamo:

a odavde

Ie

odnosno

(a+b )+( b+c )+( c+a) > ~( a+b)( b+c)( da), 3

2( a + b + c ) r:--;-:7C--; 2-_:'-'-~ > Ij( a+b J{ h+ c )( c +a)

3

3 ~~~~~~~>~~--­!/(cl+b)(b+c)(c+a) 2(a+b+c)

3abc > 9abc

1(a+b}(b+c)(c+a) 2(a+b+c(

Sada iz nejednakosti (21) i (22) dobijarno datu nejednakost (20). V rijedi jednakost u (20) sarno u slucaju a = b == c .

(20)

(21)

(22)

Primjer 7. Aka Sli a,b,c~ duzine stranica; ha,hb,h(, - duzine vis ina, P povrsina trougia

a R poluprecnik opisane kruznice trougJa, dokazati da vazi nejednakost

(23)

37

D k . I ah bhh ch 2P o az. mamo P=-" =_=_c aodavd h _ 2P 2P 2 2 2' e /I --,hh =-,hc

Sada iz (2) dobijamo: abc

odnosno

Kaka vazi (24)

R= abc 4P • (25)

gdje je R poluprecnik (radijus) opisane kruznice trougla. dobijamo iz (25):

a sada iz (24): abc = 411P.

51'0 je i trebalo dokazati.

Vrijedi jednakost u (23) sarno u slucaju I I trokut), 1(1 = lb = h(", tj. a::::: b::::: c Uednakostranicni

LlTERATURA

[I] Arslanagic, S., Matematika dB" [2]Pavkovic B Dakic' B H z~::aZ'" arene, osanska nJcc, Sarajevo. 2004. "

'" '0' 3nJs . M1adinic P M I ' matematicka biblioteka HMD EI' 'z ,0, a e feme lZ matematike. Mala , ,erne nt, agreb, 1994.

38

CETlRl RAZNA DOKAZA JEDNE ALGEBARSKE NEJEDNAKOSTI

Sada cemo dati cetiri razna dokaza jedne uslovne algebarske nejednakosti koja

tada vazi nejednakost

Dokaz 1. Ocigledno vrijedi nejednakost

Ova nejednakostje ekvivalentna sa nejednakoscu

b' -L~2bi-al' (i::::::j,2, ... ,n). a j

(I)

(2)

Stavljajuci u gornju nejednakost redom i ';:;; 1, 2, ... ,n i sabirajuci dobijene nejednakosti dobijamo nejednakost

a odavde zbog (I) dobijamo nejednakost (2). lj.

b2 b2 b2

-L+2..+ ... +~;::: 1, q.e.d. Q1 a2 all

39

I ! I !

Dokaz 2. Na osnovu nejednakosti Kosi-Bunjakovski-Svarca (CBS)*), dobijamo:

odnosno

a odavde zbog (l) dobijamo (2), tj.

Dokaz 3. Stavimo daje bi = ai +mi (i =: 1,2, .. ,n). Tada je

odak!e je

1= i: bi = i: ai + i J1J i = 1 + i:. Ini ' 1"'1 ;"'} I",,} i""}

S'adaje

I! II (*) I!

Lai+2'Llni =L:.Gj =1, tj. i",,) ;",,1 j",,1

'J 0 nejednakosti Kosi-BunjakovSki-Svarca (CBS) koja gIasi:

(alb} +a2b2 + ... +all bn )2 $ (aj +a] + ... +a;).( hj +bI + ... +bn,

gdje ai,bi E iR.; (i = 1,2, ... ,n) je detaljno pisano u [iJ na str. 176.

40

(*l

Dokaz 4. Nejednakost (2) cemo dokazati pomocu metoda rnatematicke indukcije. Za n = 2 cemo imati

b7+ bi?1 a l °z ff!(I-b2 l bj >1 ¢::> +--

l-a2 a2

¢:::> a2( l-b2 ;2 +( 1- {/2 )bi ? all- (/2 )

, '/' 2 ¢:::> (/2 - 2a]b2 + a2bz + b2 - {/2 ')2 ? (/2 - a2

¢:::> aJ -2a]bZ +b§ ?

¢:::> ( a2 - b] l ? () , sto je tacno.

Pretpostavimo daje nejednakost (2) tacna zall? 2 i dokazimo daje tacna i za n+J.

Imamo:

(bj+b,+ ... +b,,/ b2

? (na osnovu induktivne pretpostavke) > - +-'!.±.L = {/,+a]+ ... +all a'l+l

( l-b )2 1/ "---"",+,,,1,- + 2±L.? (na osnovu (**»?I . q.e.d. l-a ll +1 a'Hl

lednakost moie nastupiti kadaje (Ii =bi za i = /,2, . . ,n.

llTERATURA

[lJ Arsianagic, S., Matematika za nadarene, Bosanska rijec, Sarajevo, 2004. [2] Arslanagic, S., Zejnulahi, F., Govedarica, V., Zbirka zadataka sa rje§enjinw sa repllblickih takmicenja iz matematike ucenika srednjih §kola II Bosni i Hercegovini 1981.-1991.

4!

o DOKAZIVANJU USLOVNIH NEJEDNAKOSTI

Dokazivanje nejednakosti predstavlja svakako jednu vrla zanimljivlI oblast matematike, Ovdje ce biti govora a dokazivanju nejednakosti koje vaze uz odredene us/ave. Pri tome cerna koristiti poznate nejednakosti:

a 2 +b2 ~2ab ¢:!>(a-b/ '2;0. za sve {I,bE lR;

a+b >-Jah . a+b+c l.Iab:: -2-- ab, (a,b>O) 1--3-;0, abc, (a,b,c>O),

o kojima je pisano ranije oa stranicama ave knjige. Dacema vise primjera dokazivanja uslovnih nejednakosti.

Primjer 1. Dokazati da, aka su brojevi a,b i c pozltivni i aka je abc =:: J, tada je a+b+ce::3,

Dokaz. Stavljajuci u nejednakost izmedu aritmeticke i geometrijeske sredine

daje ahc:::: J, dobijamo

a+b+c ,r;-I ---~'Va!Jc

3

a+b+c 3(-; ---'C;;,,;} , odnosno a+b+c~3,

3

sto je i trebalo dokazati. Vaii zoak jednakosti za a=:: h =:: c ::. J .

2

Primjer 2. Dokazati daje x 2 + l +/ ;::~, ako je x+ y+z:::::a. . 3

Dokaz. Znajuci da je xl + l ;:: 2xy, x 2 + Z2 ;:::2xz i l + / 2: 2yz, sabiranjem ovih

nejednakosti dobijamo

42

odakle slijedi 3(-"+l+z' J;o,(x+y+zr.

_ dobiJ·amo iz uornJ·e nejednakosti Zbog x+y+z-a, e , 2. 2 2 2>~

3{ x2 + l + Z2 ) ~ a , tJ. x + y + Z - 3

a sto je i trebalo dokazati. Vazi jednakost za x = y::::: Z ="3.

Primjer 3. Dokazati da je 04 + b

4 ~ ~ ako je 0 + b ~ 1 .

Dokaz. Kvadrirajuci datu nejednakost a +h ~l , dobijarno:

a2 +2ab+b2 ~l.

Takoder iz nejednakosti (a -b i ~ 0 slijedi:

Sabirajuci nejednakosti (l) i (2) dobijarno

a odavde, nakon kvadriranja:

, 2 2 I·· d·· lz nejednakosti (a- -b ) 2:0 S IJe 1.

Sabirajuci (3) i (4), dobijamo:

2(a4 +b4 )~~ iIi a4

+b4 ~~,

J sto je i trebalo dokazati. Vazi znakjednakosti za a =b = 2·

(1)

(2)

(3 )

(4)

43

I)rimjer 4. Aka J'e a +h - ,'''. - J , anda vaZI nCJednakost a.1 + b3 >.i Dokaz. Na osnovlI identiteta (a+,;)3 =a3 +b3 - 4' dObijamo: + 3ab( a + b) i datog L1sJova a+h:::. I,

a:l+bJ ::::1_3ab.

Iz poznate nejednakosti a 2 + b2 > 2 b d b" 2) - a 0 IJamo: a +2ab+b- e:.4ab ili (a+b f >

_4ab, a odavde, zbog a+h==! imamo

ab '5,!. iii -3ab >_.!.. odnosllo 4 - 4

Sada iz (1), zbog (2) , dobijamo

1-3ab2.~. 4

sto je i trebalo dokazati, V ~, aZI jednakost aka je a:::: b :::::!.. 2'

Primjer 5. Dokazati .

(1)

(2)

nCJednakost (1- a)( J -b )( J - c) ~ Sllbe . u>O.b>O,c>O. aka je a+b+c=/ i

D~k~z. Kako je a+b"? 2;;;; vaze I analogne nejednakosti:

i a+b=l-c,toje l-c>2..,J;J; .~ - ab. Shena se pokazllje da

1-b'22..r;; i j-a"?2~.

Moozee! trl gamjc nejednakostl' d b" . , 0 IJama:

(1-a)(J-b)(r-cj?8Ja 2b2c2 t' , j.

(l-a){ 1-b){ 1-e» 8abe - . sto je i trebalo dokazati V v' • 1 . aZlJednakostza a:=b:::c:::::-

3

Primjer 6. Dokazati da vazi neied k J na ost(l+x)(1+v»4 ak ' - - , oJe xy:::1,x>O,y>O.

44

Dokaz. PoCicemo od ocigJedne nejednakosti ( x-1/ ~ 0 => x2

+ 1 ~ 2x, odnosno

Iz _xy := J je y::: i , pa iz (1) dobijamo sada: x

x+ y?2 => x+ y+J+ 1 ".;::.4 => x+ y+xy+l ".;::.4 i najzad

(x+})(y+1)~4,

sto je i trebalo dokazati. Vazi jednakost za x::: y ::::0 J .

(I)

(2)

Primjer 7. Aka su a ,b i c pazitivni realni brojevi i aka je abc::::o} , tada vazi

nejednakost ab+ac+bc+a+b+c-6 2-(). Dokazati.

I } Dokaz. Kako je abc::: 1, to je c::: -. Uvrstavajuci c:::;: - u datu nejednakost,

ab ab

dobijarna: 1 1 1

ab+-+-+a+b+--6 ".;::. (), tj. b a ab

(ab-2+ :b)+-2+~)+-2+f)~o

~a-,2 b:c'_--'.,4:;;ab'-C+:.-1 a2 - 2(1 + I b

2 - 2b + I > 0 - + + ,

ab a b

(ab-IJ' (a_I)' (b-I)2 0 ='--'-'-+---+--- ~ ,

ab a b

Dakle, data nejednakost je tacna. Vazi jednakost za a::: b ::: c = J .

Primjer 8. Dokazati da vazi nejednakast a; + (/~ + a.~ + .. + a~ 2- i, aka je fl

Dokaz. Nekaje. a; +a~ +a~ + ... +a~ =b. (I)

45

Tada treba dokazati da je b ~!.. pri uslovu n

Imamo ociglednu nejednakost

odnosno, zbog (I) i (2):

b I 2 I -b2 -2 -b+n~O=>n~---=>n>!.. b>l

bb -b'-n

!lto je j trebalo dokazati. Vazi jednakost za a _ _ } l-a2 -aj == ... =:a

ll n

Zadaci

1. Dokazati nejednakost x 2 + y2 + Z2 > 12 'k ' - ,a oJe X+Y+z:::::6.

2,

(2)

Aka su x,y,z pozitivni realni b . J J 1 roJevi, takvi· da je -+-+-==}, dokazati da J'e

x y z (x-I)(J'-I)(z-J)~8,

3, Dokazati da vazi nejednakost (a+!..)2 +(b+!..)2 > 25 "

, .. a b - -;- za POzlt!vne realne brojeve a I b kO]l zadovoljavaju uslov a +h =: 1.

LITERATURA

[I J Pavkovic, B., Dakic, B., Hanjs Z Mladin" Male feme iz matemafike, Mala m;te~atick b.J~{ P"kHrvatsko matematicko dru.rtvo, 1994, a I IOte a, Sveska 2, Element, Zagreb,

46

VISE DOKAZA JEDNE ALGEBARSKE NEJEDNAKOSTI

/"Solvillg aile problem ill two or more ways is of greater value than solving a hundred problems always is one and the same wa)'. "/ G. P6lya "Rijditi jedan problem lIa dva ili vise naCina je od vece l'rijedllosti nego rijditi stotinu problema sve 1It1 isti naein. " G. P6lya

Samostalno rjesavanje malog broja teskih problema je, bez surnnje, od vece koristi za citaoea nego rjesavanje velikog broja laganih problema. Ukoliko citaoei imaju pristup necijim drugim rjesenjima, preporucuje se da ih pogledaju sarno nakon !ito su nasli svoja rjesenja. Ukoliko nisu uspjeli u rjesavanju problema, trebalo bi da harem postignu dubok uvid 1I problem. Vrlo cesto, rjesenje citaoca ce biti razliCito od rjesenja autora problema. avo je vrlo pozeljno, jer u takvim situacijama se postize dublje razumijevanje sustine i sadr:taja problema.

Sada cerno navesti jednu a\gebarsku nejednakost te dati i obrazloziti razlicite dokaze te nejednakosti. Evo te nejednakosti:

Neka su a i b realni nenegativni brojevi za koje vazi a2 + 1/ == 4 • Dokazati da vazi nejednakost

ab r:; ---$ ,,2-/' a+b+2

(I)

Dokaz 1. Na osnovu nejednakosti (A ~ G) izmedu aritmeticke i geometrijske sredine dva pozitivna broja irnama

a odavde zbog uvjeta a 2 + b2 = 4 : ab::; 2,

odnosno

te I I, I 1 >-1-->-

ab - 2 ..r,;;; - J2 ' Takoder, imamo zbog nejednakosti A 2:: G:

a + b ?..r,;;; , 2

(2)

(3)

47

Sada slijedi zbog (2) i (3):

~>2,Jab+2 ab - ab 2( /-c+~)"'2(_1 +!..)=12+I. vab ab 12 2 .

Naravno, ovdje uzimamo da je ab *0, jer za a=:O iIi b =0 data nejednakost (1) je ocigledno tacna (0 <.Ji - J ). Iz posljednje nejednakosti imamo da je

a odavde

tj. zbog ,/ =12-1: v2+1

a+"+2 r-: -;::-.;2+1,

ab

ab I -<--a+b+2 - 12+1'

ab r-: -$v2-I.q.e.d. a+h+2

Vrijedijednakost U (I) aka i sarno akoje a =b=12.

Dokaz 2. Iz nejednakosti (3) slijedi

Sada zbog (4) dobijarno

odnosno stavljajuci da je J;;i; =: t :

I I --<--a+b - 2,Jab'

~<_,;;a:;b_ a+b+2 - 2,Jab+2'

ab [2 -$--. a+h+2 21+2

(4)

(5)

Pri tO,me, zbo~ nejednakosti a2

+b2 ;:,: 2ab vrijedi 0 $ J;i; .$ J2 , odnosno 0:0:; t.$.J2.

Sada Je dovolJno dokazati da vrijedi nejednakost

I' --$12-1 (6) 21+2 '

odnosno

48

iIi

I' - 2(.J2 -1)1 -2(.J2 -I) $ 0, tj.

(I -.J2)(I-12 + 2) $ a

Ova nejednakost je zbog uvjeta 0.$ t .$ J2 oCigledno tacna. Dakle, iz nejednakosti (5) i (6) slijedi data nejednakost (I). .

Vrijedi jednakost u (1) aka i sarno aka je t == J2, tj. ab == 2. odnosno zbog uVJeta

a2 +b2 == 4, tj. (a -b / + 2ab == 4, a == b ==.J2.

Dokaz 3. Zbog uvjeta 4 = a2 + b' '" 2ab , tj. ,Jab $.J2 dobijamo

ab re,Jab ". a+h+2 - _ reb _a_+_b_+_2_ 1 )-1 -vab'---=vab --- -vao

a+b+2- a+b+2 (,Jab) (,Jab,Jab,Jab

(7)

(Pri tome uzimamo da je ab > 0 jer za a = 0 iIi b = 0 data nejednakost (1) je ocigledno tacna). Na osnovu nejednakosti A 2:: G imumo

(8)

Saila iz nejednakosti (8) i nejednakosti ,Jab $ 12 slijedi

(9)

Najzad iz (7), (9) i nejednakosti ,Jab $ 12 dobijamo

49

..[2-1, tj,

ab ..[2 ~$ 2~J,q.e.d.

Vrijedi jednakost ako i sarno aka je Ii + IE _ 2' r7, r:::, Vb V; - 1 va" ='12, tj, a =&=..[2,

Dokaz4. Ranije smo rekli daje za 0=0 iIi b-O d' . te ce,mo smatrati d.a su Q,b > O. tj. ab > o. - ata neJednakost (l) ocigledno tacna Uzecemo reciprocnu nejednakost

1 1 2 -+-+- c..[2 + 1 a b ab .

Zbog datog uvjeta 2 + b2 4 v

a ::::, mozemo uzeti trigonomcrrijsku smjenu

a::::: 2 sin x, b:::: 2eos.t,

Sada nejednakost (10) posteje xe(o'H

odnosno

Nekaje sada

Imama

50

1 I 2 -+-+ >..[2 2sinx 2eosx 4sillxcosx- +1

1 1 2 -,-+--+--c2..[2+2 J'lI1x cosx sin2x .

f 1 1 2 (x)=-,_+_+ __ 5111x cosx sin2x'

f'I x) sin3 x 3 . :> 2 -cos X SlJl~ X-cos X

. 2 2 +-~,-~~ Sill .teos x sin- xeos2 x

(10)

(11 )

iIi

Ocigledno, vrijedi

te

Dakle, slijedi

, ) J+sinx+cosx+sinxcosx f (x)=(sinx-cosx . .2 2 : SI1J xeas x

<0, sinx<cosx, XE (o,~) ,tj,f',.,

f'( x) = sinx=cosx, ff

,tj. min, =0, x=-4

>0, sinx> cos x, x{~,!':) 4 2.

, tj, f /"

(ff) 1 I 2 . Imill :::: f "4 :::: ~+---;+~, tJ.

sm- cos- sm-4 4 2

tj, nejednakot (II) je tacna pa je tacna i nejednakost (lO), odnosno data nejednakost

(I). Vrijedi jednakost u (11) ako je x =!':, sto je ekvivalentno sa a = b ~..[2 . 4

LITERATURA

[1 J Arslanagic, S., Matematika za nadarene, Bosanska rijec. Sarajevo, 2004. [2J Engel, A" Problem~Solviflg Strategies, Springer-Verlag, New York !Berlin/ Heidelberg, 1998. [3] Kuczma, M.E., Windischbacher, E., Polish and Austrian Mathematical Olympiads 1981~1995, The Australian Mathematics Trust. Enrichment Series, University of Canberra, 1998.

51

RAZNI NACINI DOKAZIVANJA NEJEDNAKOSTI

"Na velike se vrhunce, ponekad 1110 ~ razliCitih padina planin-e, no, Olle :; .;IJ]J~li s nQ vrh, ohasjava i!i/O sllnce. " 'J Stlgnu

/Vladimir Devidil

. . DOkazivan~~ nejednako~ti ~ matematici predstavlja veoma vazan, ko . . kleatlvan posao. Pnhkom dokazlvaOJa ne'iednakosti dolazi do 'lzraz·aJ>a b nstan I d ;) ogatstvo . d . . m~~o a .u~ pretp?stavku da se posj,eduje solidno znanje iz eiementarne mate I ~Ja I Nast~:Olcl.ma kO}l rade s~ nad~renm~ ucenicima preporucujemo da se bave s~atl~e. dokazlvaoJcm neJcdnakosll kao I razmm nacinima rjesavanJ>a postavlJ'cnih d 0 VISe

Pk'> dk »> zaataka •. '; v' ? usacemo s~ a r~z blfanc pnmJcre demonstrirati gore iskazane :. ~.

Na.Jce.sce cerna ll. dokazlma konstiti dvije poznate nejectnakosti: fIjecl. 1. NeJednakost lzmedu brojnih sredina Za reaIne brojeve ai > 0, (i =: 1,2, ... , n; II EN) 'Vrijedi:

gdje je

n H II ( a) == 1 1 (harmonijska sredina)

-+ ... +_. a, all

Gil ( a)= ~al' . a'i (geometrijska sredina)

;\,( a)

K,(a)=

a1 + .. +a/l (aritmeticka sredina)

n

aJ+ ... +a,~ n

(kvadratna sredina)

n pozitivnih broieva a a a J J' 2 , ... , 11'

Vrijedijednakostu(l)akoisamoakoJ'ea =a - _ • 1 2- .. ·-a,1

2. NeJednakost Kosi-Bunjakovski_Svarca (CBS) Za realne brojeve a a a b b b »d> >

i' 2'"'' 11' 1, 2"'" /I vflJe 1 neJednakost

(alb] +a2b2 + ... +anbn / $(a; +aJ + +a2 )(b2 +b2 + +b') ... 1/ / 2 '" n'

sajednakoscu ako i sarno akoje a· =Ab. (i=12 >, m) I I , , , ... ,11, /I. E IN.. •

52

(J)

(2)

Kod dokazivanja nejednakosti ueenici najcesce pokusavaju datu nejednakost transformisati u neku drugu nejednakost koja je oCigledno tacna. Ovo je analiticki iii regresivni dokaz. Sada se krecuci se unazad sprovede sinteticki iii progresivni dakaz. Ako sve to prode korektno, tj. vaii znak ekvivalencije, tada moterno reci da smo dokazali datu nejednakost.

Primjer 1. Neka su Q,b,c nenegativni reaIni brojevi. Dokazati da vrijedi nejednakost

ab+bc+ca ~ .j3abc( a+b+c). (3)

Dokaz: KvadrirajuCi obje strane date nejednakasti, dobijarno ekvivalentnu nejednakost

koja je ekvivalentna sa nejednakosti

~[( ab-be;' +( be-ea;' +( en-ab;' ] ~ 0 >

a kojaje ocigledno tacna. Dakle, i data nejednakost (3) je tacna. Vrijedi jednakost u (3) ako je istovremeno ab-bc=O,bc-ca=O,ca-ab=O, tj.

a=b=c.

Primjcr 2. Dokazati da za realne pozitivne brojeve x, y, z vrijedi nejednakost

x3 / Z3 X)'+yz+zx __ + __ + __ ~ 2-'-".::"':"':='

x+y y+z z+x 2 (4 )

Dokaz: Ovdje cerna prirnjeniti rnetodu pomacne nejednakosti. Nairne, irnamo

~_ 3x- y = 4x2 -3x2 +xy-3;ry+ l x+y 4 4(x+y)

odnosno

x2 3x- y x+y;:;-4-'

a adavde je

~>3X2_xy x+y - 4

(X-yJ' 'c::--"-'-, > 0 , 4( x+ y)

(5)

53

Analogno, imamo jos dvije nejednakosti: J 2 Y >3)' -yz

y+z 4

3 3 2 _'_> Z -ZX Z+x---4-~

(6)

(7)

Nejednakosti (5), (6) i (7) mozemo . . . neJednakosti (4). srnatratl pomocmm nejednakostirna za dokaz date

Nakon sabiranja nejednakosti (5), (6) i (7), dobijarno

x.ll3.2 2 __ + __ +_,_> 3.x -xy+3y -Y2+3/ zx x+y y+z z+x- 4'

Korist.eci sada poznatu nejednakost

dobijamo iz (8):

x2 +,2 2 ) +z cxy+yz+zx; (X,y,ZEiR)

("" f[i x- Y i' +( y-d +( z-x !']:eo).

X3 3 3 J ___ + _Y_ + _z_ > c::3(C:X:'-·~_+:.2.y_2 ,:+~Z:...2.!.)~(:,.l)Z·::'+~Y~z:,:+':.zxo;:<l) x+y y+z z+x- 4 ?

c3(x),+),Z+ZX) (.x)'+yz+z.xJ

4

xy+ yz+zx 2 . q.e.d.

Vrijedi jednakost u (4) ako i sarno k . a oJe x::::y:::z.

(8)

Primjer 3. Dokazati da za reaIne pozitivne brojeve a,b,c vrijedi nejednakost

abc --+ .. ·-+-->1 b+2c c+2a a+2b - .

(9)

Dokaz 1. Koristicemo rnetodu x:::b +2c,),:::: c+2a, z::: a+2b.

Odavde dobijamo da je

zamjene, tj. uvodenje novih . proIDJenljivih. Neka je

1 a=-(4y+'-2x),b=~(4 1 9 9 ,+x-2y ),c=9(4x+ y -2z).

54

Sada data nejednakost (9) postaje:

4 '",y..:+..:,~-..::2:;.x 4z+x-2y 4x+y-2z I . _ + + _:? ,t]. 9x 9y 9, .

{I 0)

a ova je nejednakost ekvivalentna nejednakosti:

_+_ + "-+_ + _+_ +3 "-+-+- ~ 15. (

X Y) (Y Z) (' X) (v z x) yX z)' xZ xyz

Ova nejednakostje tacna zbog nejednakosti A2 :? Gz i A3 ~ G3 iz (1), tj.

~+1.:2:.2; Z+3..~2; ~+":~2 i Z+3..+~:2:.3. yx zy x:Z. xyz

Dakle, nejednakost (] 0) je tacna. te je tacna i data nejednakost (9).

Vrijedijednakostako i sarno akojex= y:::z, tj. a =b=c.

Dokaz 2. Ovdje cemo karistiti nejednakost (2). tj. nejednakost Kosi~BunjakovSki~ Svarca (CBS) za 11 = 3:

gdje su Ul,U2 .U3 ,Vj,V2 ,V3 >0.

Stavljajuci da je

Ul= 10,",= ib,U3= /C, ~~ - ~M2a ~;+2b

dobijamo iz (*):

( *)

_+_+-- a(b+2c)+b(c+2a)+c(a+2b) ~(a+b+c) .

(a b c)l' 1 2

b+2c c+2a a+2b 55

a odavde

abc 7 -;;--+ __ +_> (a+h+c)-+2c c+2a d+2h a(b+2c)+b{c+2a)+c(a+2b)'

Kako je

(a+b+c J' <: a( b+ 2c )+b( c+ 2a )+c( a+ 2b) ¢:} 2 b2 2

a + +c +2ah+2bc+2ca?3ab+3bc+3ac , b' , <:::}a + -+c ?ab+bc+ca

~f[(a-hl+(b-cl+(c-al]?o, (tacna)

tOiz(11)i(12)d b" " '. a lJamo datu nejednakost (9)

VnJedl Jednakost U (9) aka i sarno aka je a=: b' =: c .

(11)

(12)

Primjer 4 Dokaz, f d . a I a za realne pazitivne brojcve a,b,c vrijedi ncjcdnakost

_a_+_b_+_c_> 3(a+b+c) b+! c+1 a+1- a+h+c+3'

Dokaz' Na 0' . , snovu neJednakosti (CBS), tj, (2):

(x; + xi + ... + x~)( y; + yi + ... + YI~)?( X,Y/ + ... +x )' )2 'I 11 ,

(13)

stavljajuci da je x- =: 5!L. - f[; . I Jb: I Yi-Y U

; (a;,b;>O,{=:1,2, ... ,n)dobijamoncjednakost

'2 , aj +!:L+ .. +bll >(a/+a2 + ... +a

llf

bJb, b-bb 11 j+ 2+ ... +b , (14)

Za ,,= 3 dobijamo iz (14):

(15)

slijedi ncjcdnakost 2 b2 2

a + +c ?ab+bc+ca; (a,b,cEiR.)

ah+bc+ca ~~( a+h+c)' 3 ' (16)

56

Sada imamo zbog (15):

a b (.' ·a2 b2 (.'2 (a+b+cf

--+--+--=---+---+---<: , b+! c+1 a+1 a(b+l) b(c+iJ c(a+!) (ab+bc+ca)+(a+h+c)

a odavde zbag nejcdnakosti (16):

a h c (a+b+cl __ + __ + __ > -,-_--'-''-'--:..c..''-'-__ _

b+1 c+1 a+! !..(a+b+c/+(a+b+c) 3

",3(""a,;-+..::b_+_c-,,) d .... , g,e, , a+b+c+3

Vrijcdi jednakost u nejcdnakasti (13) aka i sarno aka je a=: b =: c .

P ' , 5 D k ' d ' I I I 2 .. d' , d k rlmJer. aazatI azax,y,z>il-+-+-= vflJCtncJcnaost x y z

)x+ y+z <:~x-l+b-I+~z-I, (17)

Dk 0 ' "1 'dk 'T' 11,111 o az: va JC pnmJcr us ovne neJe TIa ost1. aJ us ov g aSl -+-+-=2:(x,y.z>i J, x y z

On ce narn olaksati da dokazemo datu nejednakost (17). Koristeci nejednakost (CBS), tj, (2) dobijarno:

odnosno

~ ~x I y-I ,-I r-: r::-; r-: vX+ y+z' --+--+--? "x-1 +"oJy-l +"'-Iz-i . x y ,

I d I I I I I" d' z atog us ova -+-+- =:: 2 S IJe I x y Z

(18)

(19)

Sada iz (18) i (19) slijedi data nejednakost (17), Vrijedi jednakost u (17) ako i sarno

k ' 3 a oJe x=y=z=-.

2

57

Primjer 6. Dokazati da za sve prirodne brojeve II> 1 vrijedi nejednakost

,/n+1+.[,;-.Ji >I+~+~+ +~ .Ji -J3 ... .[,;' (20)

Dokaz 1. Dokazacemo najprije da vrijedi nejednakost

Dna je ekvivalentna sa nejednakosti

odnosno nakon kvadriranja

211 + 2.Jn 2 - 1 11> 4 ,tj.2n>2.Jn2_1

jli

n > .Jn2 - 1, sto je tacno.

Sada dobijamo iz (21):

a adavde:

1 , <'/11+1-'/11-1.

vII

Sabirajuci ave nejednakosti, dobijamo

58

(21 ) Dokaz 2. Iskoristimo princip mate mati eke indukcije. 10 Za n = 2 dobijamo:

1+ ~<-J3+.Ji-.Ji. tj.

1+ ~ < -J3 ¢o; 1+.Ji +!..< 3 ¢o;.Ji <2<=> 8 < 9, !Ioje tacno. '012 2 2

2° Nekaje data nejednakost tacna za rl;::: 2, tj. vrijedi

1+ ~+ ~+.,,+ ~ <.JII+I+.[,;-.Ji. v2 v3 vl1

Dodajuci na obje strane ove nejednakosti ~, dobijamo vn+1

j I 1 I r-:-;,,,, 1 1+ ",+ r;+"'+ ,+ r-c-;<vlI+l+ v ll- v 2+ r-:-;' (*)

'1./2 v3 vn vl1+1 vn+1

Dokazacemo da vrijedi nejednakost

'/11+ 1+.[,; -.Ji + ~ < '/11+2 +'/n+ 1-.[2. vn+1

"".[,; + ~ <../n+2 vn+ J

"" ,f lIe n + I ) + j < .,Jri-n-+-2-)(-n-+-j-)

¢:> .In( n+ 1 ) + 1 < .J1l2 +311+2

¢:> n2 + 11 + 1+ 2.) n( n + 1 ) < n2 + 3n + 2

¢:> .In( n+1) < n+!... 2

¢:> nl +n < n2 +n+i 4

j "" - > a (tacno).

4

(**)

59

Sada iz (*) i (**) slijedi daje

I+~_+_I_+ .. + ~+ ~<-J"+2+rn+i-J2, J2 J3 '>I" '>In+1

tj. data nejednakost je tacna i za II + J .

Dakle, vrijedi data nejednakost (20) za sve fl> /, n EN.

Primjer 7. Ako Q,b,cE (0,/) dokazati da vrijedi nejednakost

~ + ~(l- a )11- b )11- c ) < I .

I I

Dokaz 1. OCigledno vrijedi nejednakost Xl < x3 za XE (0,/ ). Tada je

~( I-a)( I-b)( 1-<: )<i}( I-a )l1-b)( I-c).

Sada koristeci nejednakost (I), lj, A3 2: G3 dobijamo:

".-. ;r;- a+b+c "abc < "abc $ ---

3

(22)

~( I-a)( I-b)( I-c) <i}( I-a)( I-b)( 1-<:)5,( I-a)+( I-b)+( I-c). 3

Nakon sabiranja dvije posljednje nejednakosti, dobijamo

~ +~( I-a)( I-b)( I-c) < a+b+c+ l-a+I-"+ I-c I. 3

OviTn je nejednakost (22) dokazana.

Dokaz 2. Iskoristicemo nejednakost (2), tj. nejednakosl Kosi-Bunjakovski-Svarca

(CBS). Imamo zbog aE (0,1) daje .Ja < 1 i ~ < 1, tc

~ +~( I-a)( I-b)( I-c) < ,fbFc+~·-Jl-c:5

"J( ,fb)' +( ~ J-b2 )' J( Fc)2 +( ~I-C')' = 1, q.e.d.

60

Dokaz 3. Koristicerno trigonornetrijsku srnjenu:

., b . 2 ., ct· (0 7f) a=Sln-x, =sm )"c==sm-z,g JC X,y,ZE '2" Data nejednakost postaje

sillxsinysinz+cosxeos yeos z < 1. (23)

Imama zbog sin Z < / i cos z < 1 :

sin x sin )'sin z + cos xcos ycos Z < sin xsin y+ cosxcos y == cost x- y) ~ J .

Dakle, nejednakost (23) je tacna, pa je tacna i data nejednakost (22).

LITERATURA

[I"I Andreescu, T., Gelca, R., Mathematical Olympiad Challenges, Birkhiiuser, Boston-Basel-Berlin, 2000. t2] Andreescu. T., Cirtoaje, V., Dospinescu, G., Lascu, M., Old and NeM! Inequalities, Gil Publishing House, Zalau 2004, [31 Arsianagic, S., Matematika za nadarene, Bosanska rijec, Sarajevo, 2004. [4] Engel, A., Problem-Solving Strategies. Springer-Verlag, New York, 1998. [5] Grozdev, S., Kolev, E., Mushkarov, 0., Nikolov, N., Bulgarian Mathematical Competitions /997-2002, Mathematical Library, Union of Bulgarian Mathematicians, Sofia, 2002. [6] Kuczma, M.E., Problems, 144 Problems of the Alistrian- Polish Mathematics Competition (1978-1993), The Academic Distribution Center, Freeland, MD. USA, 1994.

61

TR! DOKAZA JEDNE ALGEBARSKE NEJEDNAKOSTI

Sada cerna dati tri razna dokazajedne aJgebarske nejednakosti koja g\asi:

2 a5 3 --+-;:-:-, (a>O). a4 +a 2 2

(I)

Pri tome cerno za dva dokaza, koristiti elementarnu matematiku a za treei dokaz cemo koristiti visu matematiku, tj. diferencijalni ratun.

Dolmz 1: Nakan mnozenja date nejednakosti sa 2{ a4 + a) > 0, dobijamo ekvivalentnu

nejednakost:

(/+rl-3a4 -3a+4'?O: (a>O). (2)

Primjenom dva puta Hornerove "') seIDe lako odredimo dva rjdcnja jednacine:

a() +a6 _3a4 -3a+4 =0. (3)

1 () 0 () -3 0 0 -3 4

1 I 1 2 2 -I -I -I -4 0 1 2 3 5 7 6 5 4 0

Dakle. dvostruko rjesenje jednacine (3) je au::::: J, pa je sada nejednakost (2)

ekvivalentna sa nejednakoscu:

koja je ocigledno lacna za a> O. Dakle, data nejednakost (2), odnosno (1) vrijedi za sve a> (J.

V rijedi jednakost aka i samo ako je a ::::; 1 .

Dokaz 2: Vodeci racuna da je a> 0 te (a - J f ;;:: 0, imamo sIjedece ekvivalencije:

'I Horner, William George (1786~1837), ellgleski malematicar

62

(a-I J'(a+1 )20

<=>( a-I )(a2 -I )20

~(a_l)(a4_1):?O

2a5 2tr1

<=>--+-:?'-,-+-. a4 +a 2 tf + 1 2

Sada cemo dokazati da vrijedi nejednakost:

Imamo opet sljedece ekvivalencije:

2 a5 3 -,-+-:?~; (a>O). (I' +1 2 2

2 a5 3 --+-~­a5 + J 2 2

2

+1

, (/' +1;;:: 2

2

(4)

(5)

63

a ova je nejednakost tacna za sve a > O. Dakle, tacna je i njoj ekvivalentna data nejednakost (5). Sada iz (4) i (5) dobijamo datu nejednakost (1). Vrijedi jednakost ako

. . 2 as + 1. . 1 sarno akoJe --=--. tJ. ako Je a = J .

as +1 2

Dokaz 3: Nakon mnozenja date nejednakosti sa 2{ a4 +a»O, dobijamo ekvivalentnu

nejednakost

Sada cerna posmarrati funkciju:

f(a)=a 9 +a6 -3a4 -3a+4; (a>O).

Dokazacernodaje f(a);;::O za a>O,

Imarno

(6)

Nacicerno nulu prvog izvoda funkcije, tj. rjesenje jednacine f'( a) = 0 pornoc:u

Hornerove seme. Imamo

/ I~ o o 6 o -/2 0 9 9 /5 /5 3 3

Dakle.za a=/ je /'(a)=/'(I)=O.

Sada rnozemo pisati da je:

Zbog a > a , odavde slijedi: .

o ·3 3 o

{

<a, aE(O,l)tj./\',

l'(a)= =0. a=Jtj.min,

>0, aE(l.+=)tj./ l'.

Znaci funkcija f( a) ima minimum za a = 1 koji iznosi f( J )=0. To znaci da je

f( a):?: f( J )=0, tj. f( a)~O za sve a>O, odnosno nejednakost (6) je tacna, paje i njoj ekvivalentna nejednakost (1) tacna, q.e.d. Vrijedi jednakost ako i sarno ako je a = J .

64

FINSLER-HADVIGEROV A NEJEDNAKOST I NJENA PRIMJENA

U matematickoj literaturi 0 nejednakostima nejednakost

xy + yz + zx;::: ~3xyz( x+ y + z) ; ( x,)" z > 0 )

se naziva Finsler-Hadvigerovom (FH) nejednakoscu.

Sada cerna dati dakaz ave nejednakosti, Pacicemo ad identiteta:

iii

(I)

/?2 J 2?2"? ., x)'+)'z+zx='Vx~y +y-z +z"x +2(x~)'z+..\}'-z+x}'z~ J. (2)

1z nejednakosti (a -b l + ( b - c l + ( c - a i 2: () se dabija nejednakost:

(3)

Vrijedi jednakost u (3) aka i sarno aka je a = b =- c. Stavljajuci u (3) da je

a = xy,b = yz,c = zx dobijama iz nejednakosti (3):

(4)

Sada iz (2) i (4) dobijamo daje:

xy+ yz+ v: ~ ~3xyz( x+ y+ z) . q.e.d.

Vrijedi jednakost u (1) ako i sarno ako je x = y = z.

Sada cerno dati dvije primjene nejednakosti (I) u geometriji.

Primjer 1: Dokazati da vazi nejednakost

ab+hc+ca;;::36r2, (5)

gdje su a.b,c duzine stranica trougla .dABC, a r je poluprecnik upisanog kruga u

trougao LtABC .

65

DokilZ: Najprije cemo dokazati da vail nejednakost

ab+bc+ca ~ 2s.J6Rr , (6 )

a+b+c . gdje je s:;;;; --- poluoblm, a R poluprecnik opisanog kruga trougla LlABC,

2 Stavljajuci u (1) da je x:;;;; a, y:::.: b, z::::: c, gdje su a,b,c duzine stranica trougla LlABC,

dobi,jamo:

a/J+bc+cQ;::' /~Qhc( a+b+c},

a odavde koristeci poznate obrasce za povrsinll P trougla LlABC: p:::;; abc i p:::;; rs 4R

slijedi:

ah+hc+c(I ~ .J24Rrs2 iii

a/J + he + ca ;::: 2s.J(;R; ,

Ovim je nejednakost (6) dokazana sa jednakoscu ako i samo aka je a = /J::::: c (iednakoslranican trnugaa). Sada cerno dokazati da je

iii

Koristeci poznatll nejednakost ( A ~ G) izmedu aritmeticke i geometrijske sredine tri pozitivna broja slijedi:

s (s~a)+(s~b)+(s~c) 1 . ~= >. (s-a)(s-lJ)(s-c) ., 3

odnosno (koristeci Heronovu formulu P = ..f~,(.I' -(/)( s -h)( s -c})

s' 27;::: s( s-a)( s-b)( s-c), tj.

.4 ~~p2, 27

iIi (zbog P = rs )

(S)

66

Koristeci poznati obrazac za udaljenost d centra 0 i I opisanog i upisanog kruga trougla .::IABe ciji su poiuprecnici R i r, imarno:

d =.JR( R~2r), a odavde

R?::: 2r (poznata Ojlerova nejednakost), (9)

Sada iz (8) i (9) slijedi

iii

!ito znaci da je nejednakost (7) dokazana. Sada dobijamo iz (61 i (7) daje:

ab + be + ca > 2s..J6R; 2 36,.2 , q,e.d.

Vrijedi jednakost u (5) iIi (6) ako i sarno aka je a=b=c, tj. u siucaju jednakostranicnog trougla.

Primjer 2: Dokazati da vaii nejednakost

(10)

gdje su a,b,c duzine stranica trollgia, a P njegova povrsina.

Dokaz: Dokazacerno da vazi bolja (jaea) nejednakost koja glasi:

a 2 +// +c2 ?:::4P.Jj +( a-b l +(b-c l +( c-a l. ( I])

To se lako dokaze koristeci Finsler-Hadvigerovu nejednakost (1) stavljajuci u njoj da

, a+b+c Je x=s-a,y=s-b,z:::::x-c: s=--2-'

Koristeci pri tome Heronovu forrnuiu P=.Js(s~a)(s b)(s c), nakon odredenih

(11) koja je ocigledno bolja Uab) od transfonnacija dobijarno nejednakosti (10), Vrijedi jednakost u (10) jednakostranican trougao.

nejednakost

i (11) ako i sarno ako je a=b=c, tj. ako je u pitanju

67

LITERATURA

r 11 Arslanagic, S .. Matematika za nadarel1e, Bosanska rijec. Sarajevo. 2004. [21 Bottema, O. and others. Geometric Inequalities. Wolters-Noordhoff Publishing. Groningen, 1969. " [3] Pavkovic, E., Dakic, B., Hanjs, Z., Mladinic, P., Hrvatslw marematicko drusfvo, Male femc iz matematike. Mala matematicka biblioteka, Sveska 2. Element. Zagreb, 1994.

68

DOKAZI NEKIH NE.JEDNAKOSTI SA DVIJE PROM.TENL.JlVE

Vee sma istakli da je dokazivanje nejednakosti u matcmatici vcoma intcresantan i kreativan posao, ali koji je cesto vrlo slozen i tezak. Tu nema neke univerzalne metode. No, za dokazivanje nejcdnakosti testa koristimo neku od poznatih ncjednakosti sto nam znatno olaksava posao. . .

ledna od takvih nejednakosti je veoma poznata nejednakost izmedu bnlJnJh sredina koja glasi:

gdje je

te ai -;;::0. i=J,2, ... ,n.

H I I

/I

I -.~+--+ .. +_. a, a, a"

GC::;:;~(/I '(/2· '/1"

A __ (I) +°2 + .. +all

"

harmonijska sredina

geometrijska sredina

aritrneticka sredina

K a; +aJ + .. +a~

,jC.L.:.-""-'-'''-'-=, kvadratna sredina /I

Ovdje cemo dati dokaze vise nejednakosti sa dvije promjcnljive koristeci nejednakost (1).

Primjer 1: Dokazati da za (I,b ~ J vrijedi nejednakost

".)b-I+b.)a-I ~ab. (2)

Dokaz": Iz nejednakosti A L G iz (I) za n = 2 slijedi:

69

odnosno

a odavde

a-I I. b-I I --<- 1--<­

a 2 ~ 4 b2 - 4 '

tezboga,b:?I,~i. a-J:?O i b-J'C:.O;

[I-I I J¥,-I I --$- i --<- tJ' a2 2,,z-2"

~ I.~ 1 --$-1--$-.

a 2 b 2

Nakon sabiranja gornjih dvaju nejednakosti, dobijamo:

-!a-I -!b-I --+--$1

a b iii

b~+a-!b-I Sab. q.e.d.

Vrijedi jednakost u (2) ako i sarno ako je a = b = 2 .

Primjer 2: Dokazati da za a,b 2: 0 vrijedi nejednakost

Dokaz: Iz nejednakosti A 2: G iz (1) za fZ = 2 slijedi:

odnosno

70

I ,I -(a+b;- +-(a+b) ,,-2 __ ~4~__ I . . 2 > -(a+bj' 8 .

(3)

(4)

lsto tako slijedi jz nejednakosti A:? G za 11::: 4 :

iii

odnosno

te

~(a+b),' '2.a2b+ah2 +2abJ;;i;, tj.

i( a+lJ!" ~(aJb +bFa!' , 2

(a+b)Ja;b ~aJb+bFa.

Sada iz (4) i (5) dobijamo datu nejednakost (3):

I ,I r. r -( a+b t +-( a+b)2: avb +bva . 2 4

(5)

Vrijedijednakost u (3) u slucaju a=!J=O iii akoje a=b=!.. (mora biti (I+b=,~ i 4 2

.primjcr 3: Dokazati da za (I,b > () vrijedi nejednakost

,Ja2 +b2 ~a+b-(2--fi)Jci;.

Dokaz: Iz nejednakosti A:2: G i7: (1) za /I = 2 slijedi

a odavde

te svakako

a+b>Jci; . -2-- ab, IJ.

a+b-2J;;h?:O.

(6)

71

odnosno

Uz gornji uslov slijedi da je data nejednakost (6) ekvivalentna (nakon korjenovanja) sa ncjednakoscu:

a2 +b1 ;::[a+b-( 2-Ji ).rabJ, odnosno nakan kvadrimnja:

O? 2ab-2( a+b)( 2-J2)J;;;; +(6 -4J2 )ab. tj.

a odavde nakon dijeljenja sa 2-1i· Fab :

odnosno nakol1 dijeljenja sa .fi -1> 0 :

iIi

a+b J;;;; -2-;?: a ,

sto predstavlja nejednakost A;:: G iz (1) za n::::: 2, Odavde slijedi daje data nejednakost (6) tacna. Vrijedi jednakost u (6) ako i samo ako je a::::: b.

Primjer 4: Dokazati da za a,b;?: i vrijedi nejednakost 2

Dokaz: Neka je

72

a+b A=--

2

(7)

1 Iz (l) sJijedi K?:-: A, a odavde zbog a,b ~2:

Daljc. imamo dajc:

Zbog (8) odavde dobijamo daje sada:

odnosno

K?:.A?i.. 2

(a+,,)2 (a_b)' . 4 -2- . -2- ?K-A.tj.

ili

sto predstavlja datu nejednakost (7).

(' ' )2 a-;b~ ;::K-A.

Vrijedi jednakost u (7) ako i samo ako je K .= A , tj. ako i samo ako jc a = b.

Pri01jer 5: Dokazati da za (l,b > 0 i a+b = 1 vrijedi nejednakost

(8)

(9)

Dokaz: U ovom slucaju neecmo za dokaz koristiti nejednakost (1). Zbog uslova a + b ;?: J; {l,b > 0 , mozerno koristiti srnjenu:

Sada dobijamo:

lId' . a:::::-+x,b=--y,g JCJc x-v;?:O. 22'

73

4 (I )4 1 1 3 2 3 4 b :::;: --V =---,'+-v -2'1.' +v . 2' ]6 2' 2' . .

a odavde nakon sabiranja:

4 4 J J 3)) 1 1, 4 4 a +b =-+-(x-)')+-(x-+v- )+2(x -V' )+x +y , 8 2 2" "

odnosno zbog uslova x - y ? 0 :

4 /4>1 d a +) -B.q.e ..

OCigjedno, vrijedi J'ednakost u (9) aka i samo ako J'e x:::;: J!:::: 0, odnosno a::::; b:::;:!.-. - . . 2

Napomcna: Funkcija f( x)= xl!; (x> (J,IIE N,n ~ 2) je zbog fP( x)= 11( /1- J )XIl-

2 >0

konveksna te vrijedi za X I ,X2 > ():

x,

f(xJ=X"

:,: ! (.~)" "! Y 2 :lV! tiT ' x,+x, x

2

Za xj=a,x2 =1J n=4 sada

dobijamo da .ie:

(/:b4 ?(a:b.y.

~ ,'",

Za a + b ::::: J odavde slijedi da je:

a4

+b4>(i.)4.

2 -~2 ,t].

LITERATliRA

[1] Arsianagic, S., Mafem(1fika za l1ariarefle, Bosanska rijec, Sarajevo, 2004. 12'] Mitrinovic, D.S., Analytic Inequalities. Springer-Verlag. New York-Berlin­Heidelberg. 1970.

74

PRIMJENA NEJEDNAKOSTI KOD RJESA VANJA JEDNACINA I SISTEMA JEDNACINA

Evidentno je da se poznate nejednakosti, poput nejednakosti izmedu brojnih sredina. nejednakost Kosi~Bunjakovskj~Svarca i mnoge druge, veoma llspjeSTIo primjenjuju u praksi kod dokazivanja raznih drugih nejednakosti. odredivanja ekstremnih vrijednosti funkcija, itd. Ovdje cerno pokazati kako se pamacu poznatih nejednakosti mogu uspjesno rijesavati razne jednacine te sistemi jednacina koji hi se moago tete rijesavali oa neki drugi, prirodniji i normalniji naein. Eva tih primjera.

Primjer 1: Rijesiti sistern jednacina

J.'y';:::;: 16,

x+3y=8; X,YE TIt

Rjesenje: Najprije cerna ovaj sistern rijesiti metodom zamjene (supstitucije). Iz druge jednacine imamo x=: 8-3)', 5tO uvrstavanjem u prvu jednacinu daje

l(8-3)')=16,tj.

3/ -8/ + 16:= 0, odnosno

3/( y-2 )-2( y'-8 )=0, te

()'-2 ;[3l-2( y' +2)'+4 J] =0,

(),-2){ 3i _2.y2 -4y-4 )=0.

Odavde dobijamo jedno rjesenje y:= 2, tj. x:= 2, dok nije jednostavl1o rijeSiti

jednaCinu

3yl-2/-4)'-4=0.

Uocavamo da se iz datog sistema jednacina lako zakljuci da mora biti x> 0,), > () .

Sada cerna naei rjesenje datog sistema jednacina koristeCi nejednakost izmedu aritmeticke i geometrijske sredine cetiri potitivna broja (A4 ~ G4 ).

Imamo x+y+v+y . ·,-,,-,c·--."->4Ix ·),·y·v: (x,v>O),tJ. 4 v". .

X+3V>'41< 1 --' -V.:ty, 4

75

odnosno

lednakost vrijedi za x = y , sto iz jednacine x + 3 Y = 8 daje x = y = 2 .

Odavde zakljucujemo da dati sistem jednacina ima sarno jedno rjesenje, !ito znac! da

jednacina 3y3_2l-4y-4={) oemarjesenjauskupu IR.

Primjer 2: Naei realna pozitivna rjesenja sistemajednacina

x 2 - Y + 1 = z,

.l-z+l=x,

z2- x + 1=y.

Rjesenje: Uvrstavanjem z =x2 - y+1 iz prvejednaCine II druglljednacinu, dobijamo:

. / -( x2 -y+l )+i=x, tj.

i-x2 +y-x=O,te

(y-x)(y+x+11=O.

Odavde dobijamo y = x iIi y + x = -1 . Sada bi lako pokazali da sistem jednaCina ima

sarno jedno rjesenje x = y = z = 1.

No, sada cerno rijesiti dati sistem jednacina na veoma jednostavan naCin. Nairne, nakoll sabiranjajednacina datog sistema, dobijarno:

Posto mora biti

Xl + i +./ -2x-2y-2z+3 =.(), tj.

(x-I!' +( y-I!' +( z-I!' =0.

(x-I!'+(y-I!'+(z-I!' ~O (Vx,y,ZEIR')

(*l

zakljucujerno da (*) vaii aka i sarno ako je x =)' = z = 1 , sto predstavlja Ijesenje datog sistema jednacina.

Primjer 3: NaCi sva realna rjesenja sisternajednaCina

xl + i + z.? :::: 14,

x+2y+3z = 14.

76

Rjesenje: Ovdje se radi a nesto tdern zadatku jer se radi 0 rjesavanju sistema od Clyije n~linearne jednacine sa tri nepoznate. Ovde cerna upotrijebiti nejednakost Kosi­Bunjakovski-Svarca (CBS) za sillcaj 11 = 3, tj.

gdje SU (f"a2 ,a.l,b"b.?,b.l E R.. Stavljajuci daje at == 1,a2 :::: 2,a3 = 3.bt ::::: x,b2 :::: y,b3 = z, dobijamo:

odnosno

te zbog usloya

x+2y+3z=x1 + l +Z2 =14:

142~142.

Vrijedi jednakost 14;:::: 14 . ako i sarno ako yrijedi jednakost u nejednakosti CBS, tj .

. a· Q1 a, . 1 2 3 d ' . I 14 akoJe ......L=--"-=--'-·,tJ. -=-=-,0 nosno y=2x,z=3x stolzusova x+2y+3Z= b, bl~' X Y z

daje x =],)' = 2, z = 3, sto je i rjesenje datog sisternajednaCina.

Napomena: Dati sistern jednaCina bi mogli rijesiti pomocll analiticke geometrije u prostoru trazeCi tacke presjeka rayni cija je jednacina x + 2 Y + 3 z -14 = 0 sa sferom

cija je jednacina x 2 + l + Z2 = 14.

Primjer 4: Naci sya realna Ijesenjajednacine

Rje.scnjc: Lako uocayarno da data jednaCina irna .ledna rjesenje x::::: y = z = 1 . No, je Ii

to jedino ljesenje? Dokazimo da ni.le! Irnamo

a odavde

x4+/+:/-4xyz+l=

(x4_2x2+J)+(/_2y2Z2+Z4 )+(2lz2 -4xyz+2x2 )=

=(./-ll+(i-z2 ).?+2(yz-x2 )'?:.O,

77

X4 + l +Z4 -4J..)'z+J?:O. tj.

4xYZ-x4_l-Z4$/.

Ovdje vrijedi jednakost ako i sarno ako je istovremeno

<lodavde x=y::::z::::/ Hi x::::/,y:::::::::::-l iIi x::::y=-l. z::::1 iii x=:::=-/,y=/.

Dakle. Ijesenja SLi (X,y,c)E [r 1,l,1),( 1,-1,-1 ),(-1,-1,1 ),(-l,J,-I)),

Primjcr 5: Rijesiti sistemjednaCina

2 x+-=2),.

x

2 ),+-=2;:,

)'

2 :::+-=2x.

z

Rjesenjc: Odmah uocavamo da ako je x> (). mora biti i )' > 0, z > 0 te ako je x < 0 ,

mora biti takoder y<O.:::<O.

datog sistema, dobijamo:

Uzmirno da je x,)',::: >0. Nakon sabiranja jednaCina

(I)

Na osnovu nejednakosti izmedu aritmeticke i geometrijske sredine dva pozitivna broja ( A] ?: G2 ) irnamo

2 zbol! 2\' =x+-: ... ". x

i analogno

78

2 R ' x+-?: 2 X'-, tJ. x x

2y 2 212

2x 2 2J2,

2z 22J2,

Dakle, dobijamo daje x 2 12,)' 2 J2,z 2 J2, odnosno

x+v+z2312 . (2)

Iz gornje nejecinakosti, takoder dobijamo da je

odnoSIlO

( I ") 3. 2 -+-. +- $ 2·-, lj. \x y z J2'

(3 )

Iz (2) i (3) zakljucujemo da vazi jednakost, tj. (1) ako i sarno ako je x = y = z = J2 . sto predstavlja jedno rjesenje datog sistema jednaCina.

OcigJedno, drugo I:jesenje je x = y = z = -J2 .

Primjer 6: Naei sva realna Jjesenja sistema jectnacina

x+)'~.j4z-l,

l'+z~.j4x-',

z+x~,j4l'-I.

Rjdenje: Ocigledno, mora biti x. y, z?:.!... Nakon sabiranja jednacina datog sistema. . 4 . dobijamo:

odnosno nakon dijeJjenja sa 2 :

te zbog

79

OVdje vrijedi jcdnakost aka i sarno aka je istovremeno:

odnosno

sto predstavlja jedino rjesenje datog sistema jednaCina.

LITERATURA

[1] Andreescu, T., Gelea, R.o Mathematical Olympiad Challenges, Birkhauser, Boston-Basel-Berlin. 2000.

[2] Arslanagic, S., Matematika za nadarene, Bosanska rijec, Sarajevo, 2004. [3J Engel, A .. Problem-Solving Strategies. Springer Verlag. New York, 1998. [4J Lascll, M., Jllequalita~i, Editura Gil. ZaUiu. 1994.

80

DV A RAZNA DOKAZA JEDNE ANALITICKE NEJEDNAKOSTI

Ovdic cerna dati dva razoa dokaza jedne analiticke nejednakosti i to .icdan algebarski. a'jedan cisto geornetrijski. Rijec je 0 sljedecoj nejednakosti:

gdje su Ql,a2,···,an,bl,b2,···,b'l proizvoljni realni pozitivni brojevi.

Evo tih dokaza.

Dokaz 1: Najprije cerna dokazati jednu pomocnu nejednakost koja glasi

gdjesu i,j=J.2 .... ,n; i¢j.

Polazeci od ocigJednc nejcdnakosti

(aibj-ajbil '2:.0,

dobijamo nakon kvadriranja

odnosno

tj.

te nakon korjenovanja

Ovim je nejednakost (2) dokazana. Vrijedi jednakost u (2) u siucaju kada je

ajb; -ah =0, tj.

!!..L.=!i.·(i,j:=1,2, . .,n; i¢j). a j hj '

(2)

Predimo sada na dokaz date nejednakosti (1). Stavljajuci u nejednakost (2) da je i, j = 1.2, ... ,n ; i;t j, dobijamo redom nejednakosti

81

Nakao sabiranja ovih nejednakosti, dobijamo sljedecll nejednakost

zbog cega ce vrijediti i sljedeca nejednakost

odnosno

;::: aJ +al + .. + a~ + 2aJa2 + 2a/a.? + ... +2an_,a'l +

+bf + bi + ,. + b~ + 2b1b2 + 2b1b3 + ... + 2bll_A.,

le nakon kOljenovanja

slo je trebaln dokazati. V rijedi jednakost u (1) ako i sarno ako je

82

Dokaz 2: Za bilo koja dva pozitivna broja xi)' , broj ~ x2 + / se moze smatrati kao

duzina hipotenuze pravouglog trougla cije katete imaju duzine xi),. Brojeve

Ja; +bJ ,Ja~ +bi , ... ,Ja~ +b,~ cerno ilustrovati donjom slikom:

a"

~~-2r,' __ -L~ ______________________ L-~c

B a,

Na slici pravougli trouglovi ~ (i = ],2, ... ,11) imaju stranice ai paralelne sa l/J, a

stranice bi paralelne sa h, ako je i=2,3, . . ,n. Hipotenuze trouglova T; fonniraju

poligooalnu lioiju p =: BA,A2Aj ... A,,_1A.

lmamo daje

p=:Ja; +bj +Ja~ +bi + ... + al~ +b,;.

Produzavanjern stranica al i b" dobija se pravougli troll gao .dABe cije su stranice:

--2 --2 -2. . te zbog BA "" Be + CA (Pltagonna teorema):

Jason je daje p ~ BA, pa imamo

ti· neiednakost (1) ie tacna.

83

lednakost u (1) vazi aka i sarno aka vrhovi A"A2 "",AIl _ J pripadaju hipotenuzi BA. U

tom slueaju trouglovi T; (i =: 1,2, .... n) su slieni pa su njihave odgovarajuce stranice

proporcionaine. Drugim rijeeirna vazi

JaJ +bJ +Jai +bi + . . +Ja~ +b,; =:~( at +a2 +,.,+an l +( hI +b2 + ... +bll l

ako i sarno ako je

84

VARIJACIJA OOKAZA JEONE ALEBARSKE NEJEONAKOSTI I JEONA NJENA PRIMJENA

Nejednakost izmedu brojnih sredina dva pozitivna broja x i y, ( x '* )' ):

H( X,j' )<G( x,j')< A( x,)')< K( x,j') (1)

dobra nam je poznata i vee sma je koristili oa sarnam pocetku ove knjige. No, ovu nejednakost cerna jos produzili i dakazati da je

K(x,j')<E(x,y). (x>O,),>O,x;,y)

gdje je

Naravno. znamo daje

Dakle, dakazacemo da je

I

E( x, y) =: (xx y-" r~~ . 2

H(x'Y)=Tl -+­x y

G( x,j' )=jry

x+v A( x,)' )=2

x- + ,-P ' K(x.y)= -2-)-

(harmooijska sredina),

(geornetrijska sredina),

(aritmeticka sredina),

(kvadrama sredina).

)x2+l ,.)e'---2-«x y.l HY,(X>O,y>O,x:t-y). (2)

Napomena: U (1) i (2) vrijedi jednakost samo u sJueaju kada je x=: y .

Prije toga cerna dati tri dokaza jedne nejednakosti kaja glasi

[2 -1 Inl>-2-' (I>J).

t + J (3)

85

Dokaz 1: OCigledno vrijedi nejednakost

te

tj.

a odavde

iii

I 2 ->---,(z>l) 2z (]+z!'

(<=>(z-I)'>O)

/ r' / r' / -j -dz >2j---2 dz, (1)1) 2,z ,(/+z)

I,' I r' -I

-Inzl >2·-2 I /+ZI

I , -2 -int >--+1 2 J +12

{2 -1 lnl > -,-, (t > 1)

I +1

;ito znaCi da je nejednakost (3) tacna.

Dokaz 2: Takoder. ocigledno vrijedi nejednakost

te

tj.

a odavde

iii

a ovo je (3).

86

I 4z -; > (Z2 + 1 ;2 , (z > I)

I I I 4z j -clz > j, , dz, (I > I) ,z ,(z +/)

, -2 I' lllzl, >-,--z +1,

(2 _ J Inl >--, (I> n,

{2 + J

Dokaz 3: Razrnatracerno sljedece dvije funkcije:

Kako je 1° h(1)~gll)~O,

41 I 2° h'(1 i~- i g'(/)

t «(2+ 1/'

to na osnovu oCigledne nejednakosti

1 41 ->--- ... (1)1) r ( [2 + I ;2 ,

vrijedi da je

12 _ J h(1 )~lnl i g(1 )~-,-,

f +1

(<=>(1' -/!' >0)

/t'lIi>g'(I), (1)1)

a odavde I I /"

j/!'( z)dz > j g'( ddz => h(1 i-hi J» g(1 )-g( ] )=>/tll) > gil), , , iii

tj. nejednakost (3) je tacna. Sada cerno preci na dokaz nejednakosti (2).

(/ ~ I J.

x Ne umanjujuci opcenitost, mozemo uzeti da je x> y > O. Neka je y = t, tj.

x = ty, (t > I). Sada nejednakost (2) postaje

iIi nakon logaritmiranja:

2/ J + [2 ---lnt>fll---, (1)1). /+t 2

Razmatracemo sada funkciju

2t 1 + [1 f(t )~-Int-In--, (I> I)

1+1 2

pri cemuje I( J )=0 te

f'( I ) ~ 2 (1+t 2 )lnf+J-t2

(/+1 )'(/+12 ) ,

(2')

87

Sliiedi da ie 1'( t) > () ako ie

(l+t2 )lnt+f-t2 >0, tj.

(2 _ )

lnf>-,-, (t>1) t +1

a OYO je dokazana nejednakost (3). Dakle. imamo da je f'( t) > 0, (t > 1) sto znati da je funkcija f( t) strogo rastuca. Vrijedi f(t» f( 1 )~(), ti·

iIi

2t J + 12 --lnt-ln-->O (t> 1) 1+1 2

1+t2 ~ --<t'+

1 (t>/) 2

SlO znaci daje nejednakost (2') tacna, paje i nejednakost (2) tacna.

LlTERATURA

f 1] Arsianagic, S., Kako dokazivati algebarske nejednakosti, Nasa skola (Sarajevo), Vol. 46 (2000), br. 13, str. 101-118. [2] Arslanagic, S., Nejednakosti izmetlu brojnih sredina i njihova primjena, Tangenta, Vol. 5(1999-2000), br.!7, str. 1-13. [3] Mitrinovic, D. S., Analytic inequalities, Springer-Verlag, Berlin-HeideJberg-New York, 1970. .

[4] Pecaric, J., Nejednakosti, Hrvatsko matematicko drustvo, Mala rnatematicka biblioteka. br. 6, Element, Zagreb.

88

DV A DOKAZA JEDNE ALGEBARSKE NEJEDNAKOSTI S KORIJENlMA

Rijec je 0 nejednakosti sa 40. matematicke olimpijade U Poljskoj, a koja glasi:

Jabc+bcd+acd+abd "f,~ah+ac+ad+bC+bd+Cd; (a.b,c,d>O). (1)

4 6

Ocigledno. radi se 0 ostroj nejednakosti. Evo zasto. Irnamo zbog poznate nejednakosti A ;:: G izmedu aritmeticke i geometrijske sredine dva pozitivna broja:

abc + bed + aed + bed

4

=: a+b _ c+d _ a+b+c+d < --:2-+-2- _ a+b+c+d la+b C+d]' 2 2 4 2 4

Odavde dobijamo sljedecu nejednakost nakon korjenovanja

(a+b;c+dY _

abe+bed+acd+abd a+b+e+d 3 <.

4 4

No, sada cerno dokazati da vazi ova nejednakost

a+b+c+d '2::

4

au+ac+ad +bc+bd + cd

6

Nakon kvadriranja nejednakosti (3), dobijamo

6

(2)

(3)

89

¢::;;> 3a2

+3b2

+3c2 +3d 2 +6ab+6ac+6ad+6bc+6bd +6cd:2:

2:: 8ab+8ac+ 8ad +8be+ 8hd +8ed

¢::;;> 3a2

+31/ +3c2

+3d1 - 2ab -2ac - 2ad - 2bc-2bd - 2ed e. 0

¢::;;>{ a-bl +(a-e l +(a-d f +(h-e l +([)-d l +(C_d)2 e.O.

sto je tacno. Vrijedi jednakost ako i samo aka je (I:::: b:::; c:::: d . DakJc. nejednakosl (3) je tacna. Odmah se uocava da iz nejecinakosti (2) i (3) ne dobijamo datu nejednakost (1). Sada cerna dati dva interesantna i neobicna ciokaza date nejednakasti (1 ).

Dokaz 1: Uzrnimo daje

A:::; a +b+c+ d: B:::: ab+ac+ad +bc+bd + cd:

C ::::abc+abd +acd +hcd; D:::; abed.

Sada se data nejednakost (1) maze napisati U obliku

Neka je sada

B} :::;:; ab+cd. B2 =ac+bd. B3 :::;ad +he. lmamo

te

tj.

(4) gdje je

90

Dalje imamo C2 :::;:;(abc+abd+aed+hcdi:::;

= (abc!, +( abd!' +( aed !' +( bed!' +2( abe abd + abc ·aed +

+abc ·bed +abd ·aed +abd ·bcd +acd· bcd):::;

c2 =Q+2BD,

odnosno

(5)

Xl + Iz poznate nejednakosti (x-)' l :2: 0 dobijamo xl + l e. 2x)" odnosno

2 slijedi

i sada

e.D(ab+bc+ed+ad)

J a2+c222b2+d2'2 2222,' -Q=---b d +---c-a e.acb d +bda c ,t]. 222

J -Q~ D(bd+ac) 2

I . R +-Q c. D( ab+bc +cd +ad )+ D( bd +ac), lJ.

2 J

R+-Q ~ BD. 2

(6)

2:: x)' .

Sada imamo iz nejednakosti A e. G izrnedu aritmeticke i geometrijske sredine tri pozitivna broja i (4), (5), (6):

91

.?ito je trebalo dokazati. Vrijedi jednakost (1) ako i sarno ako je a = b = c = d .

Dokaz 2: Neka je sada opet

A ;::;a+b+c+d; 8 =ab+ac+ad +bc+bd +ed;

C =:: abc+abd +acd +bed; D = abed.

Tada su -a.-b,-c.-d nule polinorna (Vietove formule):

P(t)=t4 +At.l +8t2 +Ct+D.

Prema Rolovoj teoremi moraju zbog egzistencije cetiri nule polinoma P( t) postojati

trirealnevrijednosti -u,-v,-w.$O,tj. u,v,w~O takodaje

P'(t) ~4rl +3At' +2Bt+ C = 4( t+u)( t+v)( t+ w), tj.

P'( t) =4,.' +4( U +v+ w)t2 +4( Uv+vw+uw )+4uvw.

Sada na osnovu nejednakosti A ~ G izmedu aritmelicke i geometrijske sredine imamo zbog (Vietove formule iz pl(t ) = 0):

odnosno

92

B

6

B . C . -=uV+VW+IlW l-=uvw.tj. 2 4

! 2 l. uv+vw+uw - - (C)3 --------"--'- > ( Ill" vW· uw).'1 =:: ( uvw J3 =:: _

3 4 '

(B)f (c)1 . -;,- ,tj. 6 4

odnosno

abc+bcd+acd+abd < ab+ae+ad+bc+bd+cd 3 _ 1=-'-''''--=-,:-___ _ 4 6

sto je i trebalo dokazati. Vrijedi jednakost u (1) ako i sarno ako je a = b =:: e;::; d ,

L1TERATURA

[1] Barbeau, J.E., Shawyer, L.R.B., A Taste (~f mathematics, Inequalities, Vol. IV, 2000. [21 Engel, A., Problem-Solving Strategies. Springer-Verlag, New York-Berlin­Heidelberg, 1997.

93

DOKAZI CETIRI USLOVNE ALGEBARSKE NEJEDNAKOSTI')

Sada cerno dati dokaze cetiri interesantne uslovne nejednakosti. Rijec je 0

sljedeCim nejednakostima: Neka su a,h,c nenegativni realni brojevi koji zadovoljavaju usloy daje a+b+c=3. Dokazati da vate nejednakosti:

Eva dokaza lih nejednakosti.

a2 b2 c2 3 --+--+--~-; h+1 c+1 a+J 2

abc 3 --+--+--~- ; h+/ c+l a+l 2

abc 3 --+--+-->­/} + J ('2 + J (/2 + J - 2 .

(a) Na osnovu nejednakosti Kosi-Bunjakovski-Svarca (CBS) imamo:

(

. a2 t,' c 2 ) . , --+--+-- [(b+t)+(c+l)+(a+l))lo(a+b+ct =9, h+l c+1 a+1

a odavdeznog a+b+c=3:

a2 b2 c2 3 --+--+--:<?: -, q.e.d. h+l c+1 a+1 2

lednakost vrijedi aka i sarno ako je a:::: b::::: c:::: J .

(a)

(b)

(e)

(d)

(b) Opet temo koristiti nejednakost Kosi-Bunjakovski-Svarca (CBS); irnamo:

(a b c) )' --+--+-- [a(b+l)+b(c+l)+c(a+l) ,,(a+b+cr =9,

h+l c+l a+1,

a odavde

'J Konutor FaTuk Zejnulahi

94

_a_+~+_c_> 9 . (1) b+l c+l a+l- a(b+I)+b(c+I)+c(a+J)

1z poznate nejednakosti

slijedi nejednakost 3( ab+hc+ca )$( a+b+c i ,

odnasno (a+b+ci .

a(b+l)+b(c+lJ+c(a+l)~ +3=6,t]. 3

te

> 1 -a-:-(I:-H-:l-:"I+:-b:-(C:c:-+-j:-):-+:-c7( a~+-;-;l) 6

9 >!.. a(b+l)+b(c+l)+cia+lI 2

Sada iz (1) i (2) slijedi nejednakosl (b). lednakost vrijedi aka i sarno aka je a:;::; b:;::; c = 1 .

(e) Opet, koristeci nejednakost Kosi-Bunjakovski-Svarca (CBS) dobijamo:

Takoder iz poznate nejednakosti

slijedi nejednakost

odnosno

(2)

95

Sada iz (3) i (4) dobijamo

Neka je sada a 2 +ll + c2 "" t . Desna strana nejednakosti (5) je sada

t 3t 31 +9 9 9 =--=-=----=3--

J+!... 1+3 1+3 1+3 1+3' ~+I

3

Imamo da je tmill = 3 jer je

Sada dobijamo iz (5):

3

a2 b2 c1 9 3 3 -.,-+--+--'2:3---=3--=- qed b"+1 c2 +1 a2 +1 3+3 2 2' '"

lednakost vrijedi aka i sarno aka je a"" b = c "" 1 .

(d) Imamo niz ekvivalencija

abc 3 -,-+--+ -->­b~ + 1 c2 + I a1 + J - 2

(4)

(5)

abc 3 "" ---a+-,--b+---c ;?:--( a+b+c)

b2 + I c- + J a2 + I 2

_ab2 bel ca 2 3 "" -------->--

b2 + I c2 + 1 02 + 1 - 2

(6)

96

Takoder vrijedi nejednakost

Sada irnamo zbog (7):

h' b --<­b2 + 1 - 2

~b3_21/+b2:0

<:::>/;(b-J /?!O (tacno za b >0),

ab2 bel ca2 1 ._, __ + __ +_, - $-( ab+/Jc+ca), b~ + J c2 + I a- + 1 2

1 , aodavdezbog ab+bc+caS 3(a+b+ct =3:

ah1 bel co 3 -,-+-,-+-,-5-. b-+J c-+1 a~+l 2

sto predstavlja nejednakost (6), a sto znaCi claje tacna i data nejednakost (eI).

Vrijedi jednakost ako i sarno ako je (/ =: b = c = J .

(7)

97

SEST USLOVNIH ALGEBARSKIH NEJEDNAKOSTI')

Ovdje cerno dati dokaze sest uslovnih algebarskih nejednakosti. Uslov ce omogucavati da za njihove dokaze llvedemo trigonornetrijske smjene poslije kojih ce .lie date nejednakosti svesti na poznate trigonornetrijske nejednakosti,

Rijec je 0 sljectecim nejednakostima:

Neb Sll a,h,c nenegativni realni brojevi za koje vazi L1s1ov ab+hc+ac::;: I . Dokazati

da vrijedc nejednakosti:

Dokazi:

(1 be> 3..Jj . --'I +--, +--, ---, (a,h,c:;::!), l-o- J-b J-c- 2

(/ b c 3J3 --+--+--<-­i+a l 1+//' l+c2 - 4 .

a2 1/ c2 ..Jj --+--+--<:-, b+c a+c a+b 2

1 1 / 3J3 --+--+-->-­J+a l+b J+c - J3+1'

abc 3J3 --+---+--<:--, l+bc l+ac l+ab 4

a 2 b 2 c2 .J3 --+--+-~>-­l+a f+b J+c - .J3+J'

IA)

IE)

(C)

(D)

(E)

(F)

(A) Imamo dobra pazomu trigonometrijsku jednakost za uglove a, /3. r trougla

"ABC: a(3 (3r o:r

Ig -tg-+fg-fg-+ff{-fg-= J. 2 2 2 2 -2 2

.) Kouulor Faruk Zejnulahi

98

Dakle, postoje a, (3, r taka da je a = tg ~, b = tg!l, 2 2

c=tg I i a+fJ+y=7r. Poslije 2

ove zamjene uz koriscenje pennate trigonometrijske formule

data nejednakost (A) postaje

t 2tg-

__ 2_=tgt, 2 t l-tg -

2

tga+tg(3+tgy~ 3J3,

a ova je dobra poznata triganornetrijska nejednakost trougla 2.30 iz (1]. Ovim je ff

nejednakost (A) dokazana. sa jednakoscu aka i sarno ako je a = fJ = Y=-, tj. 3

(B) Nakon iste zarnjene kao kod nejednakosti (A). data nejednakost (B) dobija oblik:

"(3,3J3 sma+sm +Sll1r~--, 2

a ova .Ie dobro poznata trigonometrijska nejednakost trougla 2.2 iz [11. Vrijedi

jednakost ako i samo aka je a:= f3 = y:=!!.., tj. a = b =c:= ~. 3 ' ,,3

(C) Nekaje

dobijamo

a2 b 2 c2

s=--+--+--; b+c a+c a+b

S = --+a + --+b + --+c -( a+b+c):=; ( a2 ) (1/ ) (c2 ) b+c a+c a+b

=(a+h+c) --+--+-- -(a+ +c)~ (a b c) b

b+c a+c a+b

3 a+b+c J3 ;::.( a+b+c ).--( a+b+c )=---<:-, q.e.d.

222

99

Ovdje sma koristili dobra poznatu ciklicku (Nesbittovu) nejednakost abc 3

k . . G

--+--+--:?:- 'ao 1 neJednakost a+b+cc.v3 koja slijedi iz dobro poznate b+c a+c Q+h 2

ncjednakosti (/ + 1/ + c2 ? ab + be + ae, tj. ((I + b + c l ? 3( ab + ae + he) uz dati mlov

ah+hc+ac = I. Jednakost vrijedi aka i sarno akoje a =h=c = ~. v3

(D) Nakon mnozenja date nejednakosti sa (l + a )( 1 + b )( 1 + c), dobijarnu uz uslov

a/J + be + ac = 1 ekvivalentnu nejednakost:

4+2(a+iJ+c) 3..[i . <--,tJ.

2+a+h+c+abc f3+1 .

2[2 +( a +/Hc )l( J3 + / ) ~ 3J3( 2+ a+b+c+abc).

odnosno nakon mnozenja

te odavde 2( 2-Ji )+( 2-J3)( a+b+c)'" 3J3abc.

2 / 3J3b· +(0+ J+c)?~a c, tJ. 2-...;3

2+( a +b+c)? 3.fj( 2+..fi )abc.

Kod dokaza nejednakosti (e) imali smo nejednakost

a+b+c?J].

(I)

(2)

Takoder. zbog dobro poznate nejednakosti ( A ? G) izmedu aritmeticke i geometrijske sredine tri pozitivna broja. imamo

ab+bc+ae l~ --::-- ~ \II abc t ,

3 odnosno zbog lls]ova ab + be + ac = J :

Sada sJijedi iz nejednakosti (2) i (3):

100

I < / Q)C_ h'

3"J (3)

a ovo je nejednakost (I). Ovim je nejednakost (D) dokazana. Vrijedi jednakost ako i

. / samoakoJe a=b=c=.J3'

(E) Razlikovacemo dva slucaja:

1° Neka je a+b+c?3J3. Zbog uslova ab+bc+ca=d, {a.b,c?O) slijedi

ah -:; i.ac S l,bc::; I.

Imamo sada

abc abc 1 3J3 3J3 --+--+ -?-+-+-=-(a+h+c)?-->--. j+bc 1+ac i+(lb 2 2 2 2 2 4

stu je trebalo dokazati.

r.; a h 20 Neka jesada .fj::;a+b+c<3-v3 . Uzmimosmjenu a,=---,b,=----.

a+h+c ' lI+b+('

c! = __ c_; sadaje {/I +iJ j +c, = 1. a+b+c

Imamo

abc ((II hi cJ ) ·-~+--+--=(a+b+c) --+--+-- ;, l+hc i+ac l+ab ,1+hc /+ac I+ab

? ( LIZ nejcdnakos{ A ? H ):?: ( a + b + c ). --,--,---,---:----QI( I +hc )+b!( 1 +(IC )+C]( J + ab)

a+b+c (a+b+c/ . , -'-.:::,.::-"-.-=c;.-;_:?: ~-'._. (LIZ nCJcdnakost A ~ G ):= a+b+c+3abc (a+b+c)3

a+b+c+

a+b+c

. (a+iJ+c/ I : '----;c~

9

9

3J3 d >-4-,q·e ..

a+b+c 3.[3 Posljednja nejednakost .----.,--, > -- je ekvivalentna sa nejednakoscu -- 4

101

() ~ (a +h + c-J] )( a+/Hc-3J]),

a ana je tacna zbog pocetnog uslova koji glasi J3::.; a + b+ c < 3.J3 .

lednakost vriiedi aka i sarno ako je a == b =- c =-....!..... , . J3

(F) Ovdje ccmo koristiti jednakost

x~ I --=x-1+--, I+x J+x

u tom siucaju se data nejcdnakost transformise u nejednakost (D) koju sma vee dokazali.

No. mi cerna dati .los jedan dokaz date nejednakosti (F). Koristicemo pomocnu nejednakost

--~ ---2 x+--/, x' (3J] ) J] l+x 2 2

uzimajuci za x daje a,b,c rcdom.

Nakan sabiranja dobijenih nejednakosti, slijedi

--+--+--~ ---2 (a+b+c)+3 --I > a2

h2

c' (3)3 ) (J] ) l+a l+h J+c 2 2 -

J]iJ]-I) 2

J] ~,q,e,d, '>/3 +1

lednakost vrijedi ako i samo aka J'e a = b = c =: _1_ , J3

L1TERATURA

(*)

[1] B.ottema, 0 .. and others, Geometric Inequalities. Wolters-Noordhoff Publishing, Gronmgen, 1969.

102

NEKE NOVE NEJEDNAKOSTl ZA POZITlVNE REALNE BROJEVE")

U ovom clanku cerna dokazati neke nove nejednakosti za realne brojeve. pocicemo od jedne Ierne.

Lema 1: Za pozitivne realne brojeve a. x, y vrijedi nejednakost

_x_y_ < _x::.'::.+f,}~' cc ax+y - (I+Fal

sa jednakoscu ako i samo ako vrijedi }':::: xj;; .

(I)

Dokaz: Koristicemo ncjednakost ( A 2:: G) izmedu aritmeticke i geometrijske sredine dva pozitivna broja

h+E.. __ b~Fa,tj,

2

Ako uvedemo ovdje srnjenu h "" 1., dobijamo nejednakost: x

i1i

y a">2" -+-_ ya, x y

(I ,,) ,." (x+y) -+- cil+'>/at,tj. x y

y+ax r 2 (x+v)·-'--'?(I+ya) ,

" J.J'

a ova nejednakosl je ekvivaJentna sa nejednakos6u (I).

Vrijedi znak jednakosti aka i sarno ako je b = ~ t tj. b2 ;::: a iii ./;::: ax2

t tj, Y = xj; .

"j Koautor Zdravko Stare

103

Teorcma 1: al Neka Sli a,a"a2' .. ,all > O. Tada vrijedi nejednakost

....!:!J.a2 + a2a.'l + .,+ a'I_,all +_a_"a_I __ < 2( a, +a2 + ... +alJ)

aa/+a2 aa2 +a3 aall_/+all aall+a, (1+,[;;l . (2)

Vrijedi jednakost pri tome ako je a == 1 i af == a2 :::::: ... == all'

bl Neka Sll a'((1,Q2, ... ,a211 >0. Tada vrijedi nejednakos!

~L+~+ + °211_,a211 < al +a2 + ... +ll2"

aOl+a2 oa3+(l4 aa211 _1+a211 - (1+Fa;Z (3)

.1etlnakost vrijedi samo u siucaju kadaje ai, =aa§i_l (i ==1,2, ... ,f/).

Doliaz: a) Uzmimo redom x::::::. al,o] , .. .,all_f,a'i i )':::::: 02,0,; , ... ,all,o, 1I nejednakosti (1).

Nakon sabiranja dobijenih nejednakosti, dobijamo nejednakost (2). Vrijedi jednakosr pri tome aleo je

sto zhog

odnosno

a odavdc sarno za ,J;; ::::: J , ~j. mora biti ispunjeno:

b) Uzmimo sada redom X-:::::'QI,o,,!, ... ,G211_1 i y=a2 '{/4, ... ,Q211 U nejednakosti (1); nakon

sabiranja dobijenih nejednakostL dobijamo nejednakost (3).

104

primjerl:Za Q;=i (i=I,2, .... n)zbog

n( 11+ 1 ) 1+2+ .. +n :::::-2~-'

nejednakost (2) glasi:

J·2 2·3 (n-/)f/ < II( 11+/)

(I+Ja!' ~~-+---+ .. + /.0+22·a+3 (11-/)0+11

Primjer 2: Za 0i = i2 (i = /,2,. .. ,n) zbog

nejednakost (2) glasi:

11(11+/)(211+1)

6

11

no + 1 .

< n(n+J)( 211+1}

3(I+Ja)'

Primjer 3: Za a· ::::::. ~ (i::::::. J,2 .... ,fI ) LIZ nejednakost , i

/ I J+-+ ... +-< 1+!1If1 (n =2,3, .. ),

2 1i

I . koja se dobije iz integralnog kriterija za -, tJ­

x

If 1 II 1 11l1l=f-dx>L:--:-,

1 x i",2 I

nejednakost (2) gJasi: / I ~I+0n) I ~-+--+ + < '---, 2a+1 3a+2 .. /1(1+11-/ (J+,J;; i a+n

[' ' 4 Z D (. I? I ( d·c Sll F' Ft'or.naciJ'eviMj

broJ'cvi, tJ·' rimJcr : ~a Q;=J'i 1= ,- .... II ov J'. i

Fi = J, F] = J, FII+2 == ~I+I + ~I ) liZ jednakost

HI Fibonacci (Leonardo iz Pise), 1170?-1240?, italijanski matcmuticar

105

(dokazuje se Iako pornocu maternaticke illdukcije) nejednakost (2) glasi:

Primjer 5: Za ai =F; (i= 1.2 .... n) uzjednakost

nejednakost (3) glasi:

Tcorema 2: Neka su (I,.a2 ... ,a" >(). Tada vrijedi nejednakost

(4)

Dokaz: Stavirno x=a; +ai + / (i = f.2 .... ,lJ) u poznatu nejednakost

x>f+lnx (x>O).

Nakon sabiranja dobijenih nejednakosti. slijedi·.

(a; +a, + 1 )+( a~ + a2 + 1 )+ .. +( a~ +an + 1 ) >

> n+l11[( a; +a, +1)( a1 +a2 +1) .... ( a~ +a 'l +1)]

iIi

(*)

Zbog nejednakosti (A 2': G) izrnedu aritrneticke i geometrijskc sredine tri pozitivna broja, imamo:

106

i odavde

(**)

Sada slijedi jz (*) i (**), te O1onotol103ti logaritamske funkcije data nejednakost (4).

Posljedica 1: Vrijedi nejednakost

Dokaz: Za (Ii = i (i = 1,2, ... 11) uzjednakost

n( n+1) 1+2+ .. +11=---

2

1 1I(11+1)(21/+J) J2+22+ .. +,,- = 6

dobija se iz (4) nova nejednakost: 11111+1)( 211+1)

n.'<Ttle 3

a odavde zbog oCigJedne nejednakosti 3'1 > ell slijedi data nejednakost (5).

Posljedica 2: Za FibonaCijeve brojeve vrijedi nejednakost

Dokaz: Za (II = F; (i = 1.2, .. ,n) uzjedllakost

F, +F2 + . . +FIl =F,H2 -J,

(5)

(6)

107

(!ako se dokazuju pornocu matematicke indukcije) te

dobija se if. (4) i oCigleune nejednakosti 3'1> en data nejednakost (6).

Posljedica 3: Za harrninijske brojeve

vrijedi jednakost

1 I HII :::::1+-

2+ .. +-

11

H; +HJ + ... + H,~ =( n+1 )H~ ~(2n+1 )H'I +211,

Oako se dokawje takoder pomoclI matcmaticke indukcije). Za (I,::::: Hi (i::::: 1.2 ..... 11) dobija se koristeCi gomje jednakosti iz nejednakosti (4) i

ocigledne nejednakosti 311 > en nova nejednakost

HI' H 2' . Hil < JIII+! JIJ:-flN,,! .

LITERATURA

I ! 1 DujeIla, A., FibonaccUevi br(~jevi, Hrvatsko matematicko drust VO, Matkina biblioteka, Zagreb, 2000. [2] Stare, Z., Arslanagic, S .. Harmortijski brr~;evi, Casopis "Matematika", Zagreb, be 3 (1989), s, 52,61.

108

POBOLJSANJA NEKIH NE,JEDNAKOSTI

Poboljsanje (profinjenje, rafiniranje) nejednakosti u matematici predswvlja 'edan interesantan, vazan i kreativan po sao koji je cesto teZak i sluzen. Tu nema neke ~niverzalne metode. U ovum clanku cerno uraditi vise primjera pobo!jsanja nekih

poznatih nejednakosti.

Primjer 1: Dokazati da vrijedi sljedeca nejednakosl

7 .) 2 3 1 X"+,,'"+:: ;::xv+vz.+x.?+-(x-y). (x.y.z.ER.). . .. 4

(I )

Dokaz: Koristicemo dobro poznatu nejednakost

Xl + l +;::1;:: .. \'),+ )'Z + X::: (X,Y.:::E~)

kaja je ekvivalentna nejednakosti

- (x-vr+(v-zt+(z.-x) ;::. , 1[ , , 2] 0 2 . '

a koja je ocigledno tacna sa jednakoscu ako i samo ako je x = y = z .

NejednakoSl (1) je ocigledno jaca (bolja) od nejednakosti (2), tj. nejednakosl (I) je poboljsanje (profinjcnje) nejednakosti (2). Doka,zimo nel:dnakost (I). Nejednakost (1) je ocigledno ekvivalentna sa ne:Jednakoscu:

odnosno

1[ , 2 'J 3 2 ,,(x-v)'+(v-z) +(z-x)" e"(X-)'), 2 ,. 4

Uzmimo sada smjenu (/::::: y-z i b "" z-x; dabijarno sada iz (3):

(a-b):?;::O (tacno Va,bE IR).

Dakle, nejednakost (1) je tacna sa jednakoscu aka i sarno ako jc x = )' = z .

(3)

109

Primjcr 2: Dokazati da vrijedi nejednakost

a+b+e ~ah+bC+ca ~r;-----2 2'Vahe:

3 3 (a,b,c>!!). (4)

Dokaz: Ocigledno, ovdje se radi 0 poboljsanju (profinjenju) poznate nejednakosti izmedu aritmeticke i geoemtrijske sredine tri pozitivna broja a,b,e. Znamo dakle, da vazi nejednakost

a+h+c 3'-;­---~'Vahc; (a,b.c>O). ,

Koristeci (5). dobijamo

odnosno

ab+bc+ca >J./ab hc·ea ==1(abc;J . 3

ah + be + ca I ~r:-:-:i ,r-;-,/~---:-~ -'-- 2 vv( abc t :::::. 'Vabe .

J

Nakon kvadriranja lijeve strane nejednakosti (4), tj.

a + b + c r:a:::b..:.+..:.b"c..:.+..:.c::a ---~,'

3 3 dobijamo:

a2 +// +c2 +2ab+2ae+2be ab+he+ca . 9 ~ 3 ,I].

a2 +h2 +c2 + 2ab+2ae+2bc.:?: 3ab +3bc+3ea ili

a2 +// +c2 .:?: ab+bc+ea,

(5)

(6)

(7)

a ovo je tacna ncjednakost (2). Dakle, nejednakost (7) je tacna, Sada iz nejednakosti (6) i 0) dobijamo nejednakost (4) koju je trebalo dokazati. Vrijedi jednakost u (4) ako i sarno ako je a:::::. b:::::. c.

Primjer 3: Dokazati da vrijedi nejednakost

ab+be+ ca?: ~3abc( a+h+c); (a,h,c > 0). (8)

110

Dokaz: Nakon kvadriranja nejednakosti (8) dobijamo ekvivalentnu nejednakost:

iii

iii (ah-hc l +(bc-ca i +( ca-aiJ f ?:o,

koja je tacna. Vrijedi jednakost aka i sarno ako je a::::: b::::: c. Nejdnakost (8) je balja (jaea) od nejednakosti (A 2 G):

ab+bc+ca {j . ------ ;?: (1b ·/x . C(1 , tJ.

3

Dokazacemo da vazi nejednakost

ilj

iIi

,j l~' 3abe( a+h+c);?: 3v(1~b-c~ ,tJ,

(a+b+c l2 27abc

( a+b+c)3> ,. I' --- _a)(.j. \ 3

a+b+c> '''-, ---_'\IaIJe. 3

(9)

a ovo je nejednakost A 2 G, tj, (4). Dakle. nejednakost (9) je tacna sa jednakoscu ako i sarno ako je a = b :::::. c. Znacl. nejednakosl (8) je pohoJjsanje nejednakosli (9).

Napomena: Nejednakost (8) se naziva u matematickoj literaturi Finsler~Hadyigeroya nCjednakosL

111

Primjer 4: Dokazati da vrijedi nejednakost

,,"){":; ") ") )

a- +b- +c- 2 4y 3P+( a-b)- +( b-c t +( c-a t, ( !O)

gdje su (/,b,c duzioe straoica trougla, a P njegova povrsina.

Nejednakost (10) je bolja (jaea) od pennate nejednakosti II trouglll:

(11)

To cemo sad a dokazati. Prije toga cemo dati tri razna dokaza vaine nejednakosti (11),

Ookaz I: Koristeci Heronovu farmllJu

a+b+c P=)s(s-a)(s--h)(s-c): s=---

2

dobijamo iz oejednakosti (J 1):

(*)

(a 2 +h2 +c2 l ;:::: 3( a+h+c)( a-b+c)( -a+b+e)( a+h-c)

sto je taeno, Jednakost vrijedi aka i samo ako je a::::: b::::o c. tj. ako je u pitanju jednakostranicni troLlgao,

Dokaz 2: Koristeci Heranovu formulu (*) i poznatu nejednakost (A;:::: G) izrnedu aritrneticke i geornetrijske sredine tri pozitivna broja, Jobijamo:

112

(GSA.) (a+b+c\i 16P] =(a+h+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c) ::; (a+b+c) ------1, tj.

\ 3 ,

P (a+b+c/

4 ~ 3J3

_ (a+b+e)2 a2 +// +c

2 ") ? 2 Uer --- < ¢:::}a-+b-+c ~ab+ac+bc,

3 3

a sto je tacoo zbog (2», a adavde

Dokaz 3: Koriste6i kosinllsnu teoremll i formulll P = be .vina. imarno: 2

, " r:; /' '/ r:; _ a- +b- +e- -4Py3 =2( r +c- )-2Jccosa-2bey3sl/1a

( J J3 I =2(b2 +c2

)- 4bCl-cosa+-- sina 1= 2 2 /

::::: 2 b~ + e- - 2bc cos( 60 - a) ~ [-" () ]

?2(l/ +c2 )-4bc=2(b-c/;::::0

Oer cos( 60° -Q') ~ 1 , ~j. -cost 60° -a);:::: -} ), tj.

Jednakost vrijedi aka i sarno ako je b z::; e i ex = 60° , tj. u slucaju kada je a = h = e (jednakostranicni trollgao), Sada cemo dati i dokaz nejednakosti (10),

J J Dokaz: Koristicerno zarnjenu x=s-a=-(h+c-a»O, a=s-b=-(a-!J+c»O.

2 2

~ =s-c =i.( a+h-c» () u poznatoj Finsler-Hadvigerovoj nejednakosti (8), tj, 2

xy+ yz. + zx? ..j3xyz( x+ y+ z); (x, y,;. > 0).

Sada dobijarno

(s--a)( s-b )+( s-b)( s-c )+(s-c)( s-a)~ J3s( s-a )(s-b){ s-c),

odnosnozbog P=~s(s-a)(s-b)(s-c):

113

(s-a II s-b )+( s-b)( s-c )+( s-c)( s-a)~ p-fj

¢::> 3i - 2s( a +h+ c J+( aiJ+lx+ ea)~ pJ]

¢::;> 4( ah+bc+ co) ~ 4J3P+4s 2

¢:> 4( a/J +hc+ ca);;: 4.JjP+( 1I +iJ+C)1

¢:> 2( oh+bc+ en);;>: 4J3P +£12 +// + c:!

2 /' ) r:; 2}-) ¢:> Q +)- +c- +2( ab+bc+ca )"24",3P+2( (I +h- +c- )

OVilll je nejednakost (10) dokazana. Zaista, nejednakost (10) .Ie bolja (jaca) od nejednakosti (11) jer .Ie ocigledno:

4-fjP+( a-b l +( b-c l +( c_a)1 :2: 4.JjP.

Vrijedi jednakosl U (10) i (11) ako i sarno ako .Ie a=h=c, tj. ako je l! pitanju jednakoslranicni trougao.

LITERATURA

III Andreescu, T., Gelca, R., Mathematical Olympiad Challellges. Birkhauser, Boston-Basel-Berlin,2000. 121 ArsJanagic, S., FinsJer-Hadwiger Ungleichung ulld ihrc Al1lvendungcn, Wurzel, Nr. 8(1996), S. 171-173, 131 Arsianagic, S .. Mafemarika za lIadarene. Bosanska rijec. Sarajevo, 2004. 141 Hottema, O. and others. Geometric Inequalities, Wolters-Noordhoff Publishinf,!;. Groningen, 1969. ~

15] Engel, A., Problem-Solving Strategies. Springer-Verlag, New York-Berlin­Heidelberg, 1997. [61 Mitrinovic, D.S., Analytic Inequalities, Springer-Verlag. New York-Berlin­Heidelberg, J 970.

114

JENSENOV A NEJEDNAKOST I NJENA PRIMJENA

Danski matematicar J.L.W.V.Jensen (] 859-1925) proucavajuci j

nadogradujuci radove svojih prethodnika sa polja teorije nejednakosti, dolaz! do vrlo zanimljive i vrlo vazne nejednakosti koja danas nasi njegovo irne,

Najprije cerna dati nekoliko vaznih definicija,

Definicija L Funkcija f se naziva konveksna u Jensenovorn srnislu iii J -konveksna

na intervalu I :::: [a,b] aka za svake dvije tacke x" x2 E I vaii sljedeca nejednakost

f(.::L+X2) $ f( x , )+ I( x2) . 2 2

(I)

Definicja 2: Za J -konveksnu funkciju f kaze se da je striktno J -konveksna na

ako za svaki par tacaka X"X2 E I, x, 7: x2. vazi striktna nejednakost u (l), tj.

(2)

Definicija 3: Funkcija I se nazi va konkavna u Jensenovorn smislu ili J -konkavna

na intervalu I:::: [a,b1 ako za svake dvije tacke x/,xz E I vazi sljedeca nejednakost

(3)

Definicija 4: Za J -konkavnu funkciju I kaie se da je striktno J -konkavna na I ako

za svaki par tacaka x"x2 E I, x, :;t. X2' vazi striktna nejednakost u (3), tj.

(4)

Iz navedenih definicija mozemo naslutiti da vrijede i sljedece teoreme (Jensenove):

115

Teorema 1: Ako je funkcija I J -konveksna na intervalu J.::: [a,b] (J moz.e biti j

beskonacan interval). te xiE [a,b] , i.:::l,2, .. ,11 tada vrijedi nejednakost

f(X' +X, + ... +X,,)< f( xI)+ f( x2 )+ ... + f( x,,).

n n (5)

Ukoliko u (I) vrijedi xI':::)\;; • tada 1I (5) vrijedi x) :::;; x2 = ... '::: XII .

Tcorema 2. Ako je funkcija f J -konkavna na intervalu J :[a.b] (I moie biti i

beskonacan interval), te Xi E l (1, h], i.::: 1.2 . .. fI tada vrijedi nejednakost

f(!Fr-X2 + ... +x,,);::: I( x/)+ I( x2 )+ ... + f( X'I).

n n

Ukoliko 1I (3) vrijedi x,.::: x2 ' lad a 1I (6) vrijedi x) = X2 = ... .::: XIl .

Datemo dokuz sarno Teorerne I. jer se Teorema 2. dokazuje analogno.

Dokaz: Dokaz Jensenove nejednakosti izvodirno pomocu regresivne

Prethodno. dokaiemo da teorerna va1.i za 11::: 21; , gdje je k prirodan broj.

Za k :::;; I , tj. n:= 2' = 2 , nejednakost (5) va?i na osnovll (J ).

Pretpostavirno da vazi za /1:= 21.: , tj. da je

f(XI+X2+ .. +X")~f(XI)+.f(X2)+ .. +j'(x,,) fI n

Za 111 = 21;+1 irnamo

(6)

indukcije.

(7)

( +) -2.: x k +- L XI;+11 (1) j ~ LX./; + f - L XI;+n (7)

f x, + X;; +.. x'" = f 11 1;",,1 n ~"'-I ::; II 1;-/ _ II bd < f/" I" 1 .(/" ) (I'" )

\ m l 2 2

" " /71 L.: f( x, )+ L.: f( Xk+l) ~ f( XI; ) f. I( XI; ) < kd /;,"") 1;",,1 ;I"c"",-__

- 2. 2n III

116

Prema tome nejednakost (J ) vaii za 11 E ( 2, 22 ,23 •... ) .

Iz pretpostavke da (5) vazi za neko II> 2 dokazimo da vazi i za 11- J • Neka za svaka

dva od brojeva XI' Xl .... ' X,,_/ vaii (1 ) i neka je

Na osnovll pretpostavke vaii

. (x/+x2 + ... +Xn_ l ) f( XI )+f( x,)+ .. +{( x,,)+ f __ ~_~/-2C2 ~

II

ili. nakon sredivanja lijeve strane

odakle .Ie

f( x/+x1 + .. ·+x" /)<f(X/)+ f(x2)+" + fetn-I)

\ n-} 11-/

DakJe, dokazali smo da nejednakost (5) vaii za II - J ukoliko va7.i za II, pa na osnovu

regresivne indllkcije vazi za svako fl;:: 2 . Ovimje Jensenova nejednakost dokazana.

Napomcna 1: Definicije 1. i 3. rnozemo zgodno inerpretirati geometrijski na sljedeCi

nacin:

117

kanveksan grafik konkavan grafik

!f.,,)

~'(:~L!:~) :

f(',)--+-~-l,l f(xl)+f(x~) --,-,

r=.!ix}

~o~~,,-,~,--~.~i+~,_L---~,,~~,?, 2

sl.2

Dokazuje se da vazi sJjedeca vazna teorema pomocu koje se closta jednosravno

utvrduje konveksnost. odnosno konkavuosl date krivc y = J( x j u intervaJu [a.b] . Ona gJasi: Teorema 3: Ako postoji neprekidan drugi izvod

intervalu [a.b J ' onda vrijedi:

fN( x) > 0 ~ funkcija f je konveksna na [a,b] , j'( x) «) => funkcija f je konkavna na [a,b],

('( x) date funkcije f na

Buduci da dokaz ove teoreme sadrzi neke temeljne teoreme iz podrucja matematicke analize, to ga ovdje nec~mo dati. lnace, on se moze naci npr. u [4].

Teoreme 1. i 2. imaju mnoge interesantne posljedice.

Posljedica 1: Nejednakosl izrnedu aritmeticke i geornetrijske sredine (A ~ G) je specijalan slucaj Jensenove nejednakosti.

Dokaz: Posmatracemo funkciju

flx)=lnx; (x>O).

Imamo , I • I

f( x )=- _ te f (x)=-,<O; (x>O), x x

118

Dakle, data funkcija f je konkavna ua osnovu teoreme 3. Sada imamo na osnovu

teoreme 2:

gdje x"x?,,,,,XJ1E(O,+oo).

Odavcle slijedi:

n n

ln x,+x2+ ,,+XJI >ln~xl.x2' ,x", n

(ldnosno

Jednakost vrijedi ako i samo aka je Xl :::: X 2 :::: .• :::: X" .

Posljedica 2: Uzecemo funkciju f(X)::::Si/lX;XE(()'~J. Zbog f'(J:)=cosx. te

('( x ):::: - sill X < 0; x E (0, % ), slijedi da je funkcija

nsnovu teoreme 2. imarno:

/ n: -'i f' konkavna za XE l 0,- i pa n<l , ? ;

, ~,

Od,wde dohijamo: . . X,+x2+,,+ X'1

SiIlXj+sinx2+ .. +slI1xJjs.:nsm tl

sa jcdnakoscll ako i samo ako je Xl ::;; X2 ::.: .. ::: XII'

Specijalno za trougao dobijamo uzimajuci daje u (8): a) xf=a,x2 =j3,x!=Y; Xj+X2+ xJ=a+j3+y=n::

. J[ . sina+ sin/3 +sin r S; 3 Sin], tJ.

3-./3 siner+ sin fJ + sin y S; -2-'

, ' " sa jednakoscu ako J sumo ako JC er:;;; fJ = r:::: -: . j

(8)

(9)

119

. a . /3 . Y<3 . l[ . S/II-+Stll-+SII1- _ Slfl~ .t).

2 2 2 6'

.cr/3 .y<3 slIl-+sm-+slIl-_-, 2 2 2 2

sa jednakoscu aka i sarno aka je a:::::: j3:::: r:::: ~ . .5

Posljedica 3: Posmatracemo funkciju I(x}=lnsillx;

( 10)

XE(()'~). Kako je

, ) cos x " 1 ( l[) f (x =-. -=clgx, te f (x ):::::-~:;--<O, XE 0,- , smx Slll~ x 2

sJijedi da je funkcija f

konkavnu za XE (o,~) pa na osnovu Teoreme 2. imamo: \ 2

I · I I' I' Xl +.x",' 'c.+c.'C:' c.+c.":!!.'" nSII1X/+ nsiIlX2 + ... 1- nsmx/I ::;IIIlSlIl .- ~ n

II1(.I'io x/ . sill x2 . ( x+x+.+x)" ·,\'il1x/1 )$.ln sin! 2 II

n

odnosno

pri cemu jednakost vrijedi za Xl::::: X 2 = ... = XII •

Specijalno za trougao dobijamo uzimaju6i da je u (11 ): a) x,=a,xz =j3,x,=Y; x,+x2 +x3=a+/3+Y=1[:

. . /3' <. I a+ /3 + r . smC(slI1 SII1Y_Sllf ,tj.

3 .

. '/3' .3" SlIlC(SlIl SIIIYS:::SIfl -, te 3

, . /3' 3j3 nnaSlI1 smy:::;--. 8

120

(11 )

(12)

cr /3 r cr+/3+r l[ b) x, =- t~ =-,X =-; x +x, +x ----'::--'-

2' - 2 :I 2 f ~ -' 2 2

.a./3.Y .Il[· .1'111-,\'111-.1'111-:::; Sill" -, tj.

2 2 2 6'

.cr./3.r 1 Slf/-.I'ln-.I'III- :S:-.

2 2 2 8

Vrijedijednakost u (12) i (13) aka i samo akoje a::::o p::::o r=!!.... 3

(13)

Sada cemo dati nekoliko interesantnih zadataka koji se rjesavaju pomocu nejednakosti Jensena.

Zadatak 1: Dokazati da za ostroug!i trougao vrijede nejednakosti:

a)

h)

1 cos a cos p cos r ;; ~ :

8

I + COl' a + ('()~' /3+ COl" r . . . > 10. 2 cos a cos j3 cos y

(14)

za XE ((),%). Sada s!ijedi na osnoVlI Teoreme 2.

odnosno

a odavde

Xl +X2 +",+X'I {/l CO.I' XI +{ncosx? + .,+111 COS XII ::; nillcos------,

n

(

X + x7 + .. + XI! )" (n( L'OS X I' CO.I' X 2 .••• ' cos X" ) ;; {tl COS I .~'--~

"

sajednakosCll ako i samo aka je Xl = x2 :;;:: .,,:;;:: XII'

(IS)

121

Specijalno za trougao dobijarno uzirnajuci daje u (15):

x,=0:.x2 =/3.x3=r: a./3,rE(O.~) j o:+/J+r=Jr:slijedi

cos 0: cos jJcos r:::; cos" 0:+ /3+ Y ,tj. 3

cos 0: cos /3 cos y:::; cos"' !!.. , te 3

I cos O:cos fJ cos r 5 - , q.e.d.

8

Jednakost vrijedi u (14) ako i sarno ako je 0: = fJ =: y =!!.. Uednakostranicni trougao), 3

b) lmamo da je

J + co,\' 0: + cos /3 + CO,I' r. cos 0: ('os j3 cos y

I ---'-~-+ +---_ .. _+ ----;: cos 0: cos j3 cos y cos fJ cos r cos 0: cos y cos (X cos 11

a odavde zbog (14) i llejednakosti A;:.. G :

odnosno

~1-'+.::'c::Y)"-s::a":+":'::'·"::;·'ffJ,-+:..::C(",,C!...· r 1 -- ' > 8+331--c;--~;-:c-~ cos 0: (o.\' fJ cos Y cos2 0: cos 2 j3 cos2 y

1 ~8+3·-----

( /4) l. 2 ? 8+3.8 3 ~8+3V64 ~20, lj.

(cus a ('os fJ cos Y )3

J + (.'0.1' a+ co,\' fJ + CU.I' ]I > 20 ,

cos a cos fJ cos y

"I_+-,c"o,-S "lX.c+.c'"X)"sLfJ_+:...c".c"Cl..· r d . > 10, q.e .. 2 cos a cos fJ cos y

Vrijedi jednakost aka i sarno ako je 0: = fJ:::: y:::: ~. j

122

Zadatak 2: Dokazati da za osu'ougli trougao vrijede nejednakosti:

a) tga+tgfJ+tgy?3J3 ; (16)

b) J3+smo:+~mjJ+HflY > 10

2sinasin/3siny 3

Rjesenje: a) Uzirnajuei funkciju f( x ) = tgx: x E ( 0.%) slijedi da je ova funkcija

k b' 1 " 2 ,~in x

konve sna z og f (x )=--,-, f (x)=--,->O; cos- x CW{ x

XE(O,%) pa irnamo na OSIlOVU

Teorerne l.za x"x2, ... ,X11 E(O,%J:

( 17) II n

a odavde uzimajuCi da je x, =o:,x2 :::: /3, x3 = y; x, +x2 +x3 =a+j3+ Y=1f:

lXfJrE(O,%) ;

lX+fJ+r . tgo: + tg fJ + tg y? 3tg , tj.

3

" tgo:+tgj3+tgy '2: 3tg-, te 3

tgtHtg fJ +tgy? 313 ,q.e.d.

Vrijedi jednakost u (16) ako i sarno ako je a = fJ = r=!!.. (jednakostrallicni trougao). 3

b) Dokazuje se slicno kao nejednakost u prethodnom zadatku koristeci nejcdnakost ( 12).

Zadatak 3: Dokazati da za trougao vrijedi nejednakost

1+cosacos jJcosy >.[3. sin 0: sill j3 sin y

123

Rjesenje: Imamo da je

l+cosacosfJcosy

Sill a sin fJ sin y I

-:---,---;;---+ ctgaelg j3ctg y sin a sin j3 sin y .

Sada iz nejednakosti (12) imamn da je

kao i

1 > 8 sinasinj3sillY 3.J3'

ctgaetgfJctgy;::: _1_. .iF;

Da bi dokazali nejednakost (18), uzimamo funkciju

!(x)=lnctgx; XE(O,%)

kojajeknnveksnazbog f'(x)-- 2 ·f"(·) 4em'2x 0 (") - -. -.' .x =-. -,-> za XE 0,-5m2.x sm- 2x 2

na osnovu Teoreme 1. za X/,x2"",Xn E (o,!!...) \ 2

a odavde

_h_, c_' 2,,-' x-,·,_+"I"Il:cc,,' g"x,,2 :c+-.::: .. +~b:.:, c:;:'"g.:cct II ( X J + x? + ... + x ) > In etg - II,

n n

odnosno

ctgx, . ctgx:;, .

Stavljajuci

dobijamo:

124

1*)

(18)

pa imamo

(19)

a avo je nejednakost (J 8).

, " . ctget· erg fJ ctg y ~ elff -, tJ. 3

I etga·etgfJ ctgy?--,

3F;

Vrijedi nejednakast u (18) aka i samo aka je a= fJ = Y= ~ (jednakostranicni trougao).

Sada lako dobijamo datu nejednakost sabirajuci nejednakosti (*) i (J 8). Vrijedi

" jcdnakost 11 datnj nejednakost ako j sarno ako je a = fJ = r = - (jednakof>tranicni 3

trougao ).

Zadatak4:Dakazati daza x;?0,i=1,2 .... n, liEN vrijedinejednakost

(20)

Rjesenje: Posmatracemo funkciju f( x ) = J 1 + x 2; x? (). Zbog ((X)=_X_· __ i

. ~j+X2

f"( x) = __ 1 __ , > 0; ( x? 0) slijedi da je data funkcija konveksna pa imamo na

(~r osnovu Teorcme 1.:

l~ x +x + +x \ 1

f ' 2 .. "jl$-[I(x,)+f(X2 )+ ... +f(X,,)], 11 /I

odnosno

.2 .2 2> Xj+x2+···+x!1 . ( )

2

R +J1+x] +· .. +R _II 1+ 11 ,tJ .

, ., ) 'J J R J/-._- jI:;;,-

l+x;+ l+x"2+ ... + l+x~ ~~tr+(Xj+X2+ .. ·+X"t. (21 )

Kako je

to dObijamo odavde

125

(22)

Sada iz (2 J ) i (22) slijedi da je

a avo je data nejednakost (20),

Vrijedi jednakost II (20) aka i samo aka je Xl ::::: X2

== .. = XII :::: J .

LITERATURA

[J 1 Arsianagic, S., Matematika za l1adarene, Bosanska rijec, Sarajevo, 2004. 12] Bottema, O. and others, Geometric Inequalities, Wolters-Noordhoff Publishing. Groningen. 1969.

["31 Kapur, .LN., Mathematical Olympiad Problems. Book III. Mathematical Sciences Trust Society. Delhi. 1992.

[4] Kurepa, S .. Matematcka analiza I i lJ dia, Tehnicka knjiga, Zagreb 1997. [5 J Mitrinovic, D.S., Analilicke nejednakosti, Gradevinska knjiga, Beograd. J 970. [6J Pecaric, J .. Nejednakosfi, Mala matemalicka biblioteka. Knjiga 6, Hrvatsko maternaticko drustvo, Element, Zagreb, 1996.

126

HAJGENSOV A') NEJEDNAKOST I N.JENE PRlMJENE

Najprije cerno dokazati najednakost Hajgensa koja glasi:

Xi . _Y_i_ gdJ'c SU x,',Y,' >O.i=j,/1. Dokaz: Uzmimo pozitivne realne brojeve --, I. . Xi+)i .ti+)'i

Na osnovu dobra poznate nejednakosti A;:::: G izmedu aritrneticke i geometrijske srerline 11 pozitivnih brojeva imamo:

~r-X-J .. +_·_'2 ...... + .. + ... . x_.,,_);:: 1l x_'_._X_2_ ..... ~ n ,X1 +.", X2 • 2 '" ~ + \' "" + )'" x, + )', X2 + Y) X'I -I- )'/1

kao j

._l __ );11+)'/1

Nakan sabiranja dvije gornje nejednakosti, dobijarno

odnosno

te odavde

"I Cristian Huygens, 1639-1695. veoma poznat holandski matematicar i fizicar (duga vremcnajc zivio u Parizu).

127

StavljajuCi u prethodnu nejednakost daje )'/ == Y2 = .. = YII

:::: l, dobijamo

odnosno. nakon stepenovanja sa n :

Ovim je nejednakost Hajgensa (l) dokazana. Vrijedi jednakost u (l) aka i sarno ako je

Datemo odlllah jednu vaznu posljedicu nejednakosti (1). Stavljajuci u (1) da je

x, = ~; ,gdje su ai,bi > 0, i =- T;; . dobijamo sljedecu nejednakost

(2)

Sada cemo dati viSe prillljena nejednakosti (1). odnosllo (2).

Primjena 1: Nekaje S =- a/ +a2 + .. +0". (0; >0. i= 1,7,). Tada vrijedi nejednakost

Dolmz: I

xi=~' aj

Iz nejednakosti

i = l,n:

(3)

(1) slijedi sljedeca nejednakost, stavljajuCi da je

(4)

r mamo n3 osnovu nejednakosti A ~ G :

odnosno

(5)

128

Sada iz (4) i (5) dobijamo

(l+all)[l+-al-... l .... [1+~»(1+ n )". tj , a'l ([) +02 + .. +0"

Vrijedi jednakost u (3) ako i sarno aka je ([1 = a2 = ,,:;::; [/'1 '

Primjena 2: Neka su a.b,e ivice, D dijagona\a, a=-L( a.D ),fj =.{.( b,D), Y== L( c.D)

pravoug\og paraJeJepipeda. Tada vrijedi nejednakost

Dokaz: Irnalllo

te odavde

1+-- l+---. - 1+-- ?64, l· I J' [ I '[ I 1 cos? a cas 2 jJ) , cos 2 y

~~~----------AG

i---- -,tE

I I

I I

F

D~:~-----------~--~

A

I I

a

o b c :JABH: cosa=fj;fJBFH :cosj3=J5;:JBCH :cosr=j)_

, 2 ) ([2 + b2 + ('2 D2 . cos- a+cos fj+cos- y=- 2 ~-? = l, tJ,

D D-

(0/ 0:+cos2 jJ+cos2 yo::: J.

(6)

(7)

129

Sada dobijamo iz (3) i (7) stavljaju6i daje

11 =3.Q/ =cos2 a. Q2 =cos2 fJ. Q3 ::::coi r j S = I:

(1+_1, )(1+_1 )[1+_1, )"(I+~)3,ti' \, cos a l. cos 2 P cos Y I

(1+_1_, )(1++)(1+_1_, )2:64,q,e.d. cos a cos j3 cos r

Vrijedi jednakost u (6) ako i sarno aka je a:::;:. j3 = r. tj. a = b = c, D = Q..{j , tj. kada je

u pitanju kocka.

Primjena 3: Neka su a,p, r unutrasnji uglovi traugla LlABC. Tada vrijedi

nejednakosl

( 1)( 1)( I) ( 2)3 J+-- 1+-- I+--:?: 1+-sin a sin fJ sill Y J3

(8)

Dokaz: Stavljajuci u (3) daje Q 1 = sinu,a2 = sinj3,a3 =sinr. S=sinu+sinj3+siny,

dobijamo

1 1 1 3 )( )( ) ( 13

1+-- 1+-- I+--:?: 1+ (Sinu sillfJ siny sina+sinp+siI1Y)

a odavde zbog poznate nejednakosti

odnosno

130

O<sina+sinP+siny5Lj3 (2.1 u [3]), 2

2.fi ---'~--" =­sinu+sin p+sin r -Ji 9

2

(1+_1 )(1+_1 )(1+_1 ),,(J+_3'2.fi)3, ti.

sinu sin j3 sin r 9

(1+_1 )(1+_1 )(1+_1 ),,(J+ ~)3, q,e.d. sma smfJ smy ",3

Vrijedi iednakost 1I (8) aka i sarno ako ie a=p=y=60o, ti. aka ie u pilanju jednakostranican trokut.

Primjena 4: Za XE IE. vrijedi nejednakost

( 1)( I) 1+-. -,- 1+--,- :?:9. SlIJ- x , cos~ x

D k U · ... (1) d . i I. 2 db" o az: zlmaJuC! u aJe Xl =-. -,-, X2 =--,- 1 n:::: , a lJamo

a odavde zbag

Stn- X COS- x

III ( I' 1+--,- i+--,- :?: 1+ . ( Sil1~"J( cOS~X) _ l:wIXcosxlJ

1

Isin xeas xl 2

Isin2xl i Isin2xl5 I. lj. _I _1_1

~ I: stn2X

(1 ++)(1 ++) 2: ( J+ 2 J' = Y, g.e.d. SlllX COS X

Vrijedi jednakost u (9) ako i samo aka je sin? x:= eos2 x , tj. Isin xl ::::: leos xl.

(9)

Primjena 5: Neka su a.b,c stranice, a R poluprccnik opisane kruznice trougla .dABe ; tada vrijedi nejednakost

(10)

Dokaz: Slijedi neposredno iz nejednakosti (3) uzimajuCi da je a, = a2 '(/2 = j/ ,Q3 = c2

,

S=a 2+b2 +c2 ikoriste6ipoznatunejednakost a2+bl+cl~9R2 (S.13u [3]).

lednakost u (10) vrijedi ako i sarno ako je a == b :::: c , tj. za jednakostranicni trougao.

Q+b+c Primjena 6: Neka su hl/' lIb' he vi sine trougla, a s = --- njegov poluobim; tada

2 vrijedi nejednakost

(I +~)(I +~)(I +~)" (I + .fi)3 h{l hI! he S

(II)

l3l

Dokaz: SJijedi neposredno iz nejednakosti (3) llzimajuci da je Q I ::::: hll '(/2 ::::: hh'(/3 ::::: hI"'

5:::::11/1 +hh +11(' i koristeCi poznatu nejednakost h(,+hj,+h(' ..:;.s.J3 (6,1 u l3j), lednakost 1I (1 J) vrijedi ako i sarno ako je (/::::: h::::: c, lj, za jednakostraniCni trougao,

a+iJ+c teZisnice trollgla LlARC, as=: ~~- njegov

2 poluobim: tada vrijedi ncjcdnakost

( 12)

Doka7,; Slijedi neposredno i1. nejednakosti (3) uzimajuci da je af ::::: /11'1'(/2 ;;;;:, 111",a~;;;;:, 111("

S ::::: Ina + 111" + Ill, i koristeci poznatll nejednakost ma + 111], + 111, :::; 2 s (8.1 II [3 J ).

lednakost II (12) vrijedi ako i samo ako je a::::: h;;::: c, lj. zajednakostranicni trougao.

Primjena 8: Nckaje () < ;rk S; i: k::::: 1.2 ... ,11; lUda vrijedi nejednakosr

(13)

Dokaz: Irnamo

Sada dobijarno iz (1) i (*):

odnosno

_._._l~. -2\1+" (I-x/ J( i-x, I ... ~( i-x" !J'" ~lA2 ... ~ \ ~~ .... ~

jli

132

a odavde

odnosno

Vrijedi jednakost l! ( J 3) aka i sama aka je XI =: x2 ::::: ... = x" .

Primjcna 9: Izracunati

. (n+Cti)" /Iln ,

lH,"'" (n!t

Rje.senjc: Stavljajuci u (1) daje xi :::::~, k > O. i = J;, dabijarno /

(i+-")(1+-,,] ... (i+-"]2[i+V,,{I!)", tj. \ 1" 2 11 IIi

(i+k}(2+k) .... (/1+k)2(i+_k_y II.' if;! )

a odavde uzimujuci da je k """ 1/ :

Posta je

dobijamo iz (14):

"r; , (11+1)(11+2) .... (II+n~>(.:;.,fI!+f/.)

fI! n!

( 2/1 )! (/1+1)(11+2)- ... (n+n)=--,

H!

(if,;! +nt n/

( 211 )/ . <---, . lJ.

( nit

( n + !.!,{;;!f ( 211 )/ ::;---.

(n!l (11!/

(14)

(IS)

133

Sada cerna dokazati da vrijedi

(2n)! lim ---;:"=0.

II--Hoa (nit1

Posmatracemo niz {X,I} Cijije opci clan

Imamo

(2n+2)/

[rn+I)!j'

( 2n )1 XIl=--,.

( nl)

(2n).'(21l+J)(2n+2,1 . j J ' tJ.

(n/)"(n+1)

2(2n+l) x/I+! = XII .

(11+1 l

(16)

(17)

Kakoje 2(2n+I)<1 (Vn~3) (<=>(11-1)'>2). slijedi daje niz {x,,}={(211)!} (n+/f (n/)3

opadajuci i ogranicen odozdo po.sto je xI! > O. Dakle, ovaj niz je konvergentan i iz jednakosti (17) slijedi da je

'j. (16) je 'aeno.

(2n )! lim -~, =0,

n-H<» ( flit

Sada iz nejednakosti (15) slijedi da je

(f1+~r lim ().

11-4'_ (nil

LITERATURA

[J.1 Arslanagic, S., Anwcndungcll bekanf1ler UlIgleichullgell, Wurzel (lena), Nr. 12(1996). S. 261-270.

l2J Arslanagic, S., Matematika za l1adarenc, Bosanska rijec, Sarajevo. 2004. [31 Bottema. 0., and others, Geometric Inequalities, Wolters-Noordhoff Publishing. Groningen, 1969.

[4] Mitrinovic. D. S., Analytic inequalities, Springer-Verlag, Berlin-Heidelberg-New York. 1970.

134

II GLAVA

GEOMETRIJA I ANALITICKA GEOMETRIJA

TORICELIJEVA TACKA U TROUGLU

Za italijanskog matematicara Evangelista Toricelija (8. Torricelli, 160g-1647) znamo uglavnom iz fizike. PorninjaJi sma ga kao pronalazaca zjvinog barometra (Toricelijeva cijev) i zakona () djeJovanju atmosferskog pritiska na zivu, brzine isticanja vode jz suda, itd, Bio je saradnik i sekretar slavnog Galilca Galilcja (1564-1642). No, on se bavio uveliko i matematikom. Eva jednog vrlo interesantnog zadatka koji je izucavao Toriceli:

Nad svakom stranicom jednog {mug/a LlABe kOflSlruis(lffi su jedl1al((JslraTlic~lIi

lrollglovi LlABC"LlRCAI i LlACE, i vrhovi A"B, i C, spojclli ell ret/om sa vr/f()j)jma

A,B i C (sl.}). Dokazati:

J) da .I'll duii AAf • BB, i eel mn1uso/J})(J jedflake:

2) da kruillice opisGnc oko konsrruisanili jer!f/o!wstrallir;nih tmug/ova (Toriiel(jev(' kruznice) imaju wjedniiki pre.ljck Ii (aerki () (Toric'efijevoj taerki);

3) da se i duff AA/.BBI i CCI s(jeku u tacki o.

A,

/

C,

51.1

137

Dokaz: 1. Trouglovi LJBB,C i LlAA,C su podudarni, jer su im po dvije stranice i zahvaceni uglovi jednaki, tj.:

lz podudarnosti ovih trouglova slijedi daje BBI = AA, .

Na Isti naCin se dokazuje daje BBI ::: CCI ,paje najzad AA, = BB) = cel .

2. Neka se kruznice opisane oko jednakostranicnih trouglova dACE} I LJBCA, sijekll U

tacki O. Uocavarno da je ugao LAOC = LEOC = 12011 , kao suplernentni uglovima kod

yrhova E, i A, cija je velicina 60°. (Cetverougli AOCB} i BOCA, Sll tetivni. a za njih

vail teorerna da su im suprotni ugJovi suplementni.). Prema tome je i LAOB = 120° , tj. i cetverollgao AOBC} je tetivan i kruznica opisana oka jednakostranicnog trougla

.dABC, prolazi kroz tacku 0, presjek prve dvije kruznice.

Uocavamo da se svaka stranica .dAOB vidi iz tacke ° pod uglorn koji iznosi 1200 •

3. Spojirno tacku a sa svih sest vrhova. Da bisrno dokazali ovaj dio teorerne, dovoljno je dokazati da duzi OBI i OB Ide najednoj prayoj.

Svakl ugao ciji je vrh u tacki ° lznosi 60°, jer lezi nad lukorn koji je trecina kruznice.

(Npr. LA,OB = ,{A,CB =600, te LB,OC = LB,AC =600 i LA,OC = LA,BC =60°)

Zbir uglova LB,OC,LCOA j i LA,OB .ie, dakle. 1800: prema tome duzi OB, i OB

lete najednoj pravoj.

Zadaci

1. Izvesti dokaz ove teoreme i kada su jednakostranicni trouglovi konstruisani ne sa spoljasnje, nego sa llnutrasnje stralle trougla LJABC .

2. Dokazati da teorema vazi i u slucajll ako se nad svakorn stranicom trougla .dABC

sa spoljasnje strane konstruisu sheni trouglovi tako da obliznji ugloYi uglu LC budu jednaki uglu LB. obliznji uglovi uglu LA budu jednaki uglu LC I obJiznji uglovi uglu LB budu jednaki uglu LA.

3. Dokazati da Toricelijeva tacka 0 u odnosu na LJABC lma tu osobinu da je suma

njenih rastojanja od vrha trougla najmanja, tj. da je OA+OB+OC::::min II

poredenju sa rna kojorn drugorn tackom kaja lezi unutar toga trougla.

138

PODJELA DUZI NA TRI JEDNAKA DI.JELA·)

Podjela duzi na tri jednaka dijela, uz upotrebu sarno sestara i Jenjira, izvodi se obicno na sIjedeci naein ~~). Ako treba datu duz AB (sI.1) padijeliti na na tri jednaka dijela, treba iz jedne od njenih krajnjih tacaka (npr. iz taeke A ) pavuci proizvoljnu poJupravu l, i na nju prenijeti tri

duzi AA, = AJA2 = A2AJ . Zatim treba nacrtati duz A3B i kroz tacke A, i A2 pavuci

poJupraye min, paralelne sa AlB, koje sijeku datu duz. AB u tackama P, i P2'

Tackama PI i P2 bice data dui AB podijeljena na tri jednaka dijela. m

M

P

A,

A, A K L B

A n N

sl.l sl.2

lednakost dijeloya AP"PIP2 P2B lako se dokazuje S obzirom na podudarnost

trougloya LlAP,A"LlA,M JA2 J LlA2M 2A3 (A,M, II AB, A2M 2 II AB) i na poznma

svojstva paralelagrarna A)~P2M I i A2P2BM 2 •

No, podijela duZi na tri jednaka dijela sarno pomocu sestara i lenjira maze se izvesti i drugacije i ovdje ce biti izlozena cetiri nacina ave podjele.

OJ Tema "Podjela duzi oa lit jednakih dijeJova" pojav\juje se eksplicitno samo u nakim nasim nastavnim programima za ucenike osnovnih skala, dok se u ostalima oe navodi; no i tarno gdje se ta tema pominje, ona se vczuje svugdje za Talesovu teoremu. Medutim, podjela duzi l1a tri jcdnaku dijela sarno pomocu sestura i lenjira moze se izvesti i nezavisoo od opstcpoznatog postupka koji se zasnlva oa Talesovoj teorerni, !lta cerno pokazati u ovom clanku . . ') Koautor Dragoljub Milosevic

139

Prvi naCin: Neka je data dui AB. Povucimo proizvoljne poJuprave Am II BII (s1.2). Na - -

njih !lanesima ::iestarom lacke MiN taka da je AM :::: 2BN . Spajimo tacke MiN.

U presjeku dul.i AB i MN dobija se tacka L. takva da je AL:::: 2SL. Prema tome. ako

se iz tacke A prenese na dul. AB duz AK:::: BL. dUl, AB bice tackama K i L podijeljenu na tri jednaka dijela.

Dokaz: Neka je AP"", PM :::= BN i neka je PQ II AB . sto znaci da je AL:::: 2 PQ . Kaleo - ,,- --

je pak LJPQM ~ LJBLN (PQ ~ BN, £.M ~ £.N, £.P ~ £.B), to je PQ ~ BL, Usljed toga

je AL::::: 2 BL. pa je duz All lackama K i L podijeljena na tri jednaka dijela.

Dl'ugi nacin: Kroz krajnju tacku A date duzi AB povuce;;e proizvoljna prava I j 11<1

njoj se odaberu dvije tacke MiN tako da je AM = AN (s1.3). Spajanjem tacaka M i N sa tackom B. dobija se trougao £JMBN , u kojem je data duz AB jedna od njegovih tezisnih duzi. Ako se konstruise jos jedna od tei.isnih duzi ovog troughl, na primjer duz M P , gdje je tacka P srediste duzi EN, ona ce presjeci datu duz AB u tacki C tako

- -ua ce biti BC = 2AC . Duz AC predstavljace, prema tome, jednu trccinu duzi AB.

- -Zata, ako se iz tacke C prenese na duz AR duz CD:::: AC . tacka C i D dijelice duz AB na lri jednaka dijela.

;1 ~!

~J ~c '

M sl.3

A

I B

sl.4

Dokaz: Poznato .Ie da se sve tri teZi.sllC linije svakog trougla sijcku u jednoj tack! tako - -

da ih ta lacka dijeli u omjcru 2; J . Prema tome. BC:::: 2CA , pa je naveJeni postupak za Jijeljenje dul.i na tri jednaka dijcla ispravan.

Trcci nacin: Neka je data duz AB. Ako se nad ovom dUli kao l1<ld dijagonalom. kOllstruisc proizvoljan paralelogram ABCD (s1.4), i ako jedan do dva vrha C i D (npr. vrh D) spojimo sa sredistima MiN dviju slIsjednih stranica AC I BC paralelograma ACBD. duzi DM i DN ce sijcci dut AB u dvijema tackama P i Q

lAO

tako da je AP::: PQ::: QB . Prema tome. data dui AB bice tackama P i Q podijeljena

na tri jednaka dijeJa.

Dokaz: Spojimo vrhove C i D dijagonaJom CD i obiljezimu ta(;ku presjeka dviju dijagonala sa O. Kako su DN i 80 dvije teiisne duzl U trouglu £JCBD. to je

(j"Q- ::.::: BQ. Na isti naGin se dolazi i do zakljucka da je PO = AP. Kako .ie 2 2

- ---LJCBD = LJACD (AC ~ BD, CB ~ DA.CD ~ CD), to je AP ~ BQ, OP ~ OQ, Premo

- --tome je PQ ~ 20P ~ 20Q ~ AP ~ BQ '

Napomena: Da bi sc navcdcna konstrukcija izvela sto brie i .sto lakse, najpodesnije je da se nad datom duzi AB, kao nad d'tjagonalom. konstruise romb. U tom slucaju oko tackc A j tacke B opisuju se kruzni luci sa islim otvorom seslara a polovina jedne stranice romba prcdsla\'Ua istovremenn i polovinu drugc stranice.

Cctvrti nacin: KOll.';truisinJO lrougao £JABC cijaje jedna stranica data du:!. AB (sl.5). Nacftajmo tei.isnu du!. AA, i potom odredimo srediste M te duzi. U presjeku pravih

CM i AB dobijalilu l~)cku D, kojom je data dul. podijeljena LI oll1jeru 2: I . Ako na

du/. AS naneserno duz DE:::;: AD. tacka E predstavljace srediste dub SD. pa ce tackama DiE dUI_ AD biti podijeljena l1a tri jednaka dijeJa.

p

'~ L_l/2-.---!F--7B

c sl.5

Dolmz: Konstruisimu iz tacke B polupravu paraJclnu tezisnoj dUll AA, i odredimo

njen presjek P Sit r)["ddlI!.etkom stranicc CA prekll tacke A . U presjeku prave CD i duzi BP dobija\llo tacku N. Ako se konstruisc duz AA' II CN i AlA; II CN . lako se

dokaZLIje da je 1acka tV srcdiste duii BP. i da je A sredistc dul.i CP. Prema tome su duzi AB i CN dvijl' leZislle dULi trougla £JECP. pa njihova Latka presijeka D dijeli svaku od njih u omjcru /::;.

141

o NEKIM GEOMETRIJSKIM KONSTRUKCUAMA AE: BE = CF: DF . (2) SAMO POMOC:U LENJIRA

I. U prethodnom clanku ave knjige bilo je rijeci 0 nekim geometrijskim konstrukcijama koje se izvode sarno pornocu sestara. Pri tome je bila navedeno da se sve one geometrijske konstrukcije koj~ se mogu izvesti pomoci sestara i ienjira mogu izvesti i samo pomoei sestara, uz uslov da se svaka prava smatra konstruisanom tim se odrede dvije njene tacke.

Sada 6e pak biti rijeci 0 mogucnosti izvodenja geometrijskih konstrukcija uz upotrebu sarno jednog lenjira. Prj tome je. da odmah istaknemo i to. dokazano da se sve konstrukc.ije koje se mogu izvesti pomocu sestara i lenjira ne rnogu izvesti i LIZ

upolrebu sarno jednog lenjira ako se raspolaie samo onim podacima koji su neophodni kada se konstrukcije izvode pomocu sestara i Jenjira; ali da se one mogu izvoditi i samo pomoclI jednog ienjira ako je osirn tih podataka dat jos j neki drugi podatak. To ce se. uostalorn. pokazati i na primjerima koje ovdje navodimo.

2. Da bismo objasnili neke od ovakvih konstrukcija, potrebno je da se najprije dokaze jedna od najznacajnijih teorema koje se odnose na trapez, tzv. Stajnerova~) teorema, koja galsi:

Aka je cerverougao rrapez, onda prava koja sadrJ.i preJiek njegovih dijagonala i presjck produzeraka njegovih krakova polovi svaku od njegovih osnovica.

Dokaz: Neka SlI u trapezu ABeD tacke E iF, redom sredista osnovica AB i CD i

neka je AD" BC ={ G) (s1.l). Iz slicnosti trauglnva AAEG i ADFG dabijamn da je

A£ : DF ::: EG : FC. a iz slicnosti trouglova .dBCE i .dCGF proiziJazi da je

BE: CF = EG : FG. Iz prethodne dvije jednakosti imamo:

AE: BE=DF:CF. (I)

Na osnovu cinjenice da je L1AES - L1CFS, imamo: AE: CF ::: SE: SF, a zbog slicnosti -- --

trouglova iJBES - iJDFS, zakljucujcrno da je BE: DF ='5E: SF. Posljednje dvije proporcije daju

" Jacob Steiner (1796-1863), svajcarski matematicar njemaCkog porijekla. U djclu objavljenom I S33. godine pokazao da sc konstrukcijc koje se mogu izvesti pomocu ienjira i sestara, mogu izvcsti pomocu Jenjira j fiksiralle krui-nice II ravni kojoj je poznat centar. Do 14. godine bio je nepismen. Veliki njemacki matematicar David Hilbert (1862-1943) je dokazao da se ne moze konstruisati centar kruznice sarno pomocu ienjira, tako da je clodatni uvjel 0 kruznici sa pozna tim centrom potreban. (Hilbert je dokazao i cia se ne maze sarno pomocu ielljira kOllstruisati srediste date duzi).

142

Iz (1) i (2) slijedi da je DF: CF = CF: DF . adakle je DF = CF . Zbog toga je. nn

osnovu (I). AE: BE = 1 . tj. AE = BE . Posljedica: Presjek dijagonaJa, presjek produzenih krakova i sredista osnovica trapeza pdpadaju istoj pravoj j svaka prava koja sadrzj bilo koje dvije od ave cetiri tacake sadrii i ostale dvije tacke.

Obratna teorema. Ako prava koja sadrii presjek dijagonala i presjek produzetaka suprotnih stranica datog cetverougla polovi makar jednu od njegove druge dvije stranice, cetverougao je trapez. Ovu teoremu, zbog slozenosti dokaza ovdje sarno navodimo.

3. Da prikazerno sad izvodenje nekoliko ovakvih konstrukcija. c;

A F. II A E

s1.2 II

s1.1 Primjer 1: Data je duz AB

konstruisati srediste date duzL

i njoj paralelna prava I, Koristeci se sarno lenjirom

Rjesenje: 1) Na pravoj I odredi se proizvoJjna duz CD (s1.2). 2) Konstruisu se dijagonale cetverougla ABCD i odredi njihova lacka presjeka S .

3) Konstruise se prava p,( A,D) i P2( B,C) i odredi se njihova tatka presjeka G.

4) Konstruise se prava p( G, S ) koja sijece duz CD u tacki F, a duz AB u tacki E ,

S obzirom na Stajnerovu teoremu, tacka E je srediste duzi AB.

Primjer 2: Data je prava p i njene tri tacke A,S i B. tako da je AS::: SB .

Konstruisati. sarno pornocu lenjira, pravu I paraJelnu datoj pravoj p, taka da sadrz.i

datu tacku C ~ p .

143

Rjdcnje: r) Konstruise se prava q,( A,C) ina njoj se izabere proizvoljna tacka D (sI.3).

2) Konstruisu se prave BD i DS . 3) Konstruise se duz BC koja sijece pravu DS 1I tacki E . 4) KOllstruisc se prava AE koja sijece pravll BD u tacki F. 5) Konstruise se prava CF.

Na osnovll teoreme koja je obratna Stajenrovoj, cetverougao ABFC je trapez, sto znaci da je prava CF paralelna sa pravom AB.

s'

o.

,AJ c

'I

A

m

p s fj

N

~.3 .1.4 Primjer 3: Data jc kruznica ciji je centar S poznat. Konstruisati, samo pomocl! lenjira, dVil llzajamno norma Ina precnika date kruznice.

Rje.scnje: 1) Konstrllise se proizvoljan prccflik AB date kruznice kina kruznici se izabere jedna proizvoljna tacka C (sI.4). 2) Konstruise se sjecica AC i duz, BC. 3) Na sjecici AC izaberc se proizvoljna tacka D j konstruise se duz DS koja dijeli duz BC II tacki E . 4) Konstruise se dut BD i prava AE koje se sijeku u tacki F. 5) Konstruise se prava CF koja sijece datu kruznicu u tacki G. 6) Konstruise se prava BG koja sijecc sjecicu AC u tacki Ii . 7) KOJ1struiSe se prava Sf! koja sijece datu kruznicu u tackama MiN.

Precnik AB i prccnik MN date kruznice Sli uzajamno normalni.

144

Dokazimo opravdanost navedene konstrllkcije. Na osnovu teoreme koja je obratna Stajnerovoj teorcmi prava CF je paralelna sa

pravom AB. Kako je AC = BG (trapez ABCD je jednakokraki, jer sva cetiri njegova

~rha pripadaju kruznici k), to je LBCA:::= LBGA == 90° (kao periferijski lIglovi nad

precnikom AB) i kako je AB = AB , to su trouglovi .dABe i .dABG podudami. Na osnovu toga sJijedi da je LABG = LCAR, tj. da je trougao .dABH jednakokraki. Njegova teziSna duzje ujedno i visina, paje zaista: MN.l AB.

Zadaci

1. Data je duz AB j njoj paralelna pravu p. Podijeliti datu dul. na tri podudarna

dijela. 2. Date su dvije paralelne prave a i b [proizvoljna tacka M van njih. Konstruisati

pravu c kroz tackll M tako da bude paralelna sa pravama a i b . 3. U trouglu .dABe povucena je jedna sredisnja duz (srednja Iinija). Konstruisati i

druge dvije srcdisnje dlll,i tog trougla.

LITERATURA

[IJ Palman, D., Gcomctrijske konslrukcije, Element, Zagreb, 1996.

145

o NEKIM KONSTRUKCIJAMA SAMO POMOCU SESTARA

Navikli sma rjesavati konstruktivne zadatke pornOCll sestara i lenjira. Medutim. dokazano je da se sve konstrukcije koje se mogu izvrsiti pomOCll sestara i lenjira mogu izvrsiti i sarno pomo6u sestara (uz uslov da se svaka prava smatra konstruisanorn aka su konstruisane dvije tacke kroz koje ana prolazi).~)

Zbog toga cerna ovdje pokazati tri konstrukcije sarno pomocll sestara.

Primjer 1: Zadataje dUl AB. taka da su poznate tacke A i B (51.1). Sarno upotrebom sestara odrediti srediste duzi AB.

Rjescnjc: KO}1strukcija: Pretpostavimo da je AS::::: I . Tada se konstruise: J) Kruznica k}(B,l);

- ----2) Tacke A;.Az ,A:1 nakruznici k1,takodaje AA,=A,A]=A2A3=1:

3) Kruznica k2 ( A,2) koja prolazi tackom A3 ;

4) Tacke A4 i As,takodaje A.,A4=A3AS=A3A/=.J3;

5) Tacka S . lako daje A4S ~ A,S ~ j3 . Dokazacemo da je S srediste duii AB,

/I ,I' . 0

sl.1 sl.2 sl.3

Dokaz: Prije svegajasno je daje Aj'A/::;;.J3 ,jer iz AAA3A/ po Pitagorinoj teorerni:

OJ Takve konstrukcije sc u matematickoj literaturi nazivaju Mohr-Maskeronijeve konstrukcije. Georg Mohr. 1640-1697, danski matematicar. a Lorenzo Mascheroni, 1750-1800, italijanski malemalicar.

146

Dalje imamo:

lz slicnosti tih jednakokrakih trougJova dobijamo:

A,S: A,A4 ~ SA, . AA4 ,lj. A,S: j3 ~ j3: 2, odakle je A,S ~ %. - - I

Dakle, AS ~ SB ~ - . 2

Primjer 2: Zadata je kruznica k( 0.1'). Sarno upotrebom sestara podijeliti je na cetiri

jednaka dijela U).

Rje.scnje: Konsfrukdia: 1) Od proizvoljne tacke A oa datoj kruznici Ie (sI.2) prcnesemo tri puta uzastopce

poluprecnik r kruznice kao tetivu kruznice, tc dobijamo tacke B,C i D;

2) Iz tacaka AiD poluprecnikom AC opisemo kruzne lukove koji se sijeku u tacki M;

3) Izaberemo na kruinici k proizvoljnll tacku Aj i polazeci od nje, otvorom sestara

duiine MO obiljezirno uzastopno na kruznici jos tri tacke A2 ,A3 ,A4 .

Dokazacemo da ove cetiri tacke dijcJe kruznicu na cetiri jednaka dijela.

Dokaz: Kako je AC2

=AD2

_CD2

, to je AC2

=J(2ri _r2, odakle slijedi

AC ~ rj3 . Iz LlAMO dobijalTlo: MO' ~ AM' - AO' . tj. MO' ~(rj3)' -r' . odakle

slijedi MO ~ r.fi . Kako mjerni broj stranice kyadrata upisanog u krug poluprecnika r iznosi rJi, to je dlli MO podudarna stranici k-vadrata upisanog u dati krug.

Usljed toga ako, po!azeci od proizvoljne tacke Al na zadanoj kruznici k, otvorom

MO sestara ohiljezimo u7.astopno jos tri tacke A2 ,A3 .A4 , ove cetiri tacke (posta

podllda111im tetivama istog kruga pripadaju podudarni luci) dijele datu kruznicu na cetiri jednaka dijela.

Primjcr 3: Zadata je krllznica k. Samo upotrebom sestura konstruisatl centar ove krllznice.

»j Ovaj zadatak je poslavio francuski vladar Napoleon I francuskim maicmaticarima, posta je prethodno procitao knjigu ilaiijanskog matcmaticara Maskeronija 0 geometrijskim kOllstrukcijama koje se izvode sarno sestarom.

147

Rjesenje: Konstrukcija: I) Na datoj kruznici k izaberirno porizvoljnu tacku A (51.3), pa se oko tacke A

opise kruznica k' proizvoUnog po!uprecnika r, tako da se kruznice k i k' sijeku u taekama B i C;

2) Oka tacaka B i C opisu se kruznice l' i l" paluprecnika AB:= AC koje se sijeku umckama AiM;

3) Oko tacke M opi!~e se kruznica /J1 polllpreenika AM koja sijece kruzniclI k' u tackarna DiE;

4) Oko tacaka DiE konstruisu se kruznice III i n" sa poJuprecnicirna AD::;:; AE

koje sc sijeku u tacki S . Dokazacemo da .Ie s centar date kruznk;e.

Doka::.: Pretpostavimo da tacka S nije centar kruznice k, nego da je to tacka 0, ~j. da

je OS oj:. O. Zbog simetrije, tacke A,M ,S i 0 Sll ko!inearne. Iz konstrllkcije slijedi da

je LlAES ~ LlAEM • jer Sll jednakokraki ( AE := ES i AM::;:; EM sa zajednickim uglom a kod wcke A ), pa imarno:

AS : AE = AE : AM , odakle slijedi: AS = AE2 : AM .

lz slicnih razloga .Ie .::lA CO ~ LlA eM , pa je:

AO: AC = fie: AM, adakle slijedi: AO = AC2

: AM .

Po konstrukciji je A C ::;:; AE , pa iz toga proizilazi da je i .- - .-AS=AO,tj,daje OS=O,

sto je i trebalo dokazati.

Zadaci

I. Dat je odsjecak AB. Sarno pomocu sestara treba da se konstruise: - - - /-

a)odsjecak AP-::::.3AB;b)odsjecak AG:=.-AB. 3

2. Sarno pomocu sestara u datoj tacki A treba podici normalu AP na datu pravu AB.

3. Data je prava koja prolazi kroz tacke A i B i tacka T koja ne lei! na pravoj AB.

Samo pornocu sestara treba konstruisati pravu koja prolazi kroz tacku T. a paralelna je .sa datum pravom AB .

LITERATURA

[11 Patman, D., GeometrUske kOl1strukcije, Element, Zagreb, 1996.

148

o KONSTRUKCIJI TROUGLA KOME SU ZADANE SVE TRl VISINE

Rjesavanju konstruktivnih zadataka u geometriji dato je zapazeno mjesio Ll

nasravnom prograrnu izborne nastave iz matematike u osnovnoj skoli kao i Ll prvom razredu srednjeg obrazovanja. S pravom se smatra da rjesavanje ovih zadataka dopfinosi podizanju logickog misljenja j zakljucivanja kao i matematicke kulture uop1Ste kod ucenika koji pokazuju interes za matematiku.

Ucenici se u pocetku upoznaju sa rjdavanjem osnovnih konstruktivnih zadataka 0 trouglu (SUS,USU,SSS,SSU) a zatirn prelaze na nesto teze zadatke. Jedan od takvih je kako konstruisati trougao kome su zadane sve tri tezisnice I" .tj"t( .

Koristeci dobra poznatu cinjenicu da teziste T trougla dijeli svaku te'l.isnicu u odnosu 2: 1. ucenie! brw (naravno uz pomoc nastavnika) dolaze do ~jeSenja, pa sc ovdje necemo bavili ovom konsrrukcijom trougla.

Sada ce biti govora 0 konstrukciji trougla kome su zadane sve tri vi sine 11", hh' he' Taj nesvakidasnji i interesantan problem rijesicemo na vise nacina. Evo tih

rjesenja: Rjescnje 1: Kako .Ie

toimarno

Odavde je

2P,j :=.ah" =bhh =ch,.

J J a:b:c=­

fin

J troll gao sa stranicama - - - sliean je zadanom trouglu. Nacrtamo Ii pak trougao

ha 'h;, 'h,

LlA}B}C1 sa stranicama 1I",li" ,II,. , pa ako su njegove visine h"hz ,h3 , to je takoc1er:

iIi

Dakle, LlAzBzCz kome su stranice visine LlA,B}C} je s!ican trazenom trouglu LlABC.

Nacrtacemo dalde od ha,hb,h( trougao .::lA,BIC} i povuci cemo n.iegovc vis inc

h/,lIz ,hJ (51.1) pa iz tih visina konstruisati LlA1B1CZ koji je slican trazenom.

149

c,

/

/11/ h,

sl.l B, A D

sl.2

\

Nanesimo zatim flU visinu C2 D] trougJa .dAl B2 e;? visinu h, i njenom krajnjom

tackom D povucimo paralelu sa A]B]. Produzimo C2A2 i C2E2 do te paralele,

dobijamo najz2Cl traz,eni trougao LlARC (51.2). Da se zadatak mote 11<1 taj nacin rijesiti. potrebno .Ie da zadane visine zadovoljavaju uslovc koji su potrebni da se lz triju duzi moze konstruisati trougan, npr.:

Rjdcnje 2: Anali?a: S obzirom da je povrsina troug\a jednaka polovini proizvoda njegove stranice i odgovarajuce visine, mozemo napi5ati:

(I)

PO$lO jc proizvoJ odsjecaka sekanti povucenih iz iste tacke na kruznicu -- stalna veliCina i jednaka pOleneiji te tacke, lako je odrediti duzi koje Sll proporcionalne stranicama tral,cnog trougJa. KomtrukcUa: Koostruisimo krui,nicu proizvoljnog poluprecnika (S,r) j odrcdimo bilo gdje tacku P

(sI.3). Presijecemo zatim tu kruznicu lukovima (P,ha ),( P,h" ),( P,h[) u tackama

F,G,Ii. Povllcemo prave PF,PG,PH kojc sijekll kruinicu (S,r) II tackama

M ,N, Q ' Na osnovu teorcme 0 potenciji tacke, irnamo:

(2)

150

Uporedujuci jednakost (1) i (2) vidimo da je:

PM =ka,PN =kb, PQ = kc,

M

H sL3

N

sL4

KonstruiSimo sada .JAJB,CJ. tako da mu je AJBJ == PQ,A1C == PN,BjC == PM, (s1.4),

povucemo u njemu bilo koju visinu, npr, CD, i prenesemo na nju odgovarajucu visinu

tra?,enog trougla CD == h,. .

Prava p II AfB, sijece stranice .JA]B1CJ sa tackama A i B . Trougao .JABC je trazeni.

NapOO1ena: Tacka P (s1.3) mogla se uzeti i u krugu (S,r). To cerno dati kao

Rjesenje 2': Konstrukcija trougla, ako su zadane sve tri visine, moie se izvesti takoder na taj naCin da se iz tacke M proizvoljno izabrane u smjeru po volji

nanesu visina 11(1:::; MN ,lib == MP ,

he == MQ, pa se kroz N,P,Q

konstrllise kruznica (51.5). Produzi Ii se sada MN,NP,MQ do

drugog sjecisla

kruznicom, to su

stranice trollgla trazenom trouglu. potenciji tacke M kruznicu imamo:

N1,P1,QI

MNI,M~,MQI

koji je sJican Po teoremi 0

S obzirorn na

h,

M

s

Q,

sL5

p

J51

a ovu je opel jednako omjeru a: b : c . Dalja konstrukcija ide kao u rjesenju 2 (s1.4).

Rje.scnje 3: Zadatak se moze rijesili i taka da se naerta pravi ugao, pa se na jedan krak pocevsi od vrha A nanose po volji dui AB, a na drugi krak zadane visine

AC = hi!' AD ::::;: hI!' Ali =: he i krajnje tacke C, D, E spoje sa B (sI.6).

/J BE'.l BE

~ BD' .1 BD

//~ BC' .1 BC

~ /L C' D' E' A C D E

sL6

Nacrtamo Ii u B normale na te spojnice i njihova presjecista s produzenjem od AE oznacimo sa C',D'.E', sadaje trougao kome su stranice Ac',AD',AE' sliean trazenom trouglu. Jer prema teorcmi 0 visini pravougJog trougJa imamo;

a ovaj omjer je opet jednak omjeru a: h: c. Dalje, konstrukcija ide kao u rjesenju (51,2).

152

JEDNA TEOREMA U VEZI S PRA VOUGLIM TROUGLOM

Jos u VII razredu osnovne Pitagorinom *) teoremom koja glasi:

skole ucenici se upoznaju sa cuvenom

U pravouglom trouglu .dABe je kvadrat najvete stranice (hipotenuze) c jednak

zbiru kvadrata drugih dviju stranica (kateta) a i b I tj. c 1 = a 2 + b2 •

Odmah oakon dokazivanja Dve teoreme, t'ormulise se i dokazuje i obrat (konverzija) ove tem'erne, tj. obrnuta teorema koja glasi:

Ako je u nekom trouglu kvadrat ncjvece stranice c jednak zbiru kvadrata drugih

dviju stranica a i b, tj. c1 :;:; a1 + b1 , tada je taj trougao pravougli.

Ove objc teoreme se iskazuju u vidu jedne teoreme koja glasj;

Trougao AAIJC je pravougli ako i sarno ako za njegove stranice vrijedi

c 2 :;:;a 2 +b2.

(lzraz ako i sarno ako, tj. akko se ponekada iskazuje kao onda i sarno onda iIi potrebno jc i dovoljno). OVdje cemo se baviti dokazom sljedece teoreme:

Trougao LiABe je pravougli ako i sarno ako za njcga vrijcdi jednakost a+h+c:::::4R+2r (gdje su a.h,c duZine stranica trougla, a R i r poJuprecnici

opisane i upisane kruznice tog trougla).

i' 1\ \

'I \ "

F

C , h

E

" A

Dokaz: 1° Neka je LiABe pravougli. Dokazacemo cia za njega vrijedi jednakost

a+h+c=4R+2r. (I)

Po teorerni 0 jednakosti tangentnih duzi kruga slijecli da je

AE = AD = x, BE = BF = y, CF = CD = ID = IF = r,

gdje je tacka I centar upisane kruznice u trougao LiABe.

') Pitagora-sLarogrcki maLemalicar iz VI stoljeca prije nove ere.

153

Sada je r+x=b,r+ y=a,X+ y=c,

a odavde a+b+c=21'+2(x+)'). (2)

Kako je II pravouglom trougJu c = 2R ,tj. x+ y = 2R, dobijamo jz (2):

a+h+c=4R+2r, ?'lto je trebalo dokazati. Ocigledno. ovaj dokaz nije bin teiak.

2° Ncka sada vrijedi jednakost (I). Dokazacemo da je trougao ,jABe pravougli. lz sinusnc teoreme za trougao .dARe slijcdi

Sada (1') postaje

_a_=~=_c_=2R, tj. sinlX sill fi sin r .

a = 2R sill fX, b = 2R sin jJ, c =2Rsiny.

2R silla+2R sill j3+2R sin r=4R+2r.

odnosnn poslije dijeljenja sa 2R :

sina+ sin fJ + sin yo;:;; 2+-.C., R

Dokazacemo sad a da za svaki trougao vrijedi jcdnakosl

eosa+cos fJ + cos r = 1 +-.C., R

Najprije cemo doktlzati da za proizvoJjni trollgao vrijedi jednakost

sill!:. sin!!... sin I =-'-' . 2 2 2 4R

lmamo poznatc obrasce za sin!!.., sil1 !i,sin I : 2 2 2

. a ~l-eosa . j3 ~1-CD.l'j3 . r ~l-cosr .1'111-:::;; ,.1'111- == ,SI/!- == ---.

2 2 2 2 2 2

154

(3)

(4)

(5)

lz kosinusne teoreme slijedi

te odavde

a sil1~=

2

te analogno

2bc-l/ _c2 +a2

4bc

. a pa-b+C)(G+b-C) 'J' Sln~= ,Jl

2 4bc

a 2 -(b-ci

4br

. fJ /.I-a)(.I-C) Stll-- = :

2 ac sin r

2

(s-,,)(.I-b)

ab

Sada dobijamo, koristeci obrasce

p = j;{;--a J( .\'-h)( s-c) (Herooov obrazac) te

R "be. p( .' J = - 1 r:::;; ~ P - povrsma troug a .dABC ) 4P s

daje:

. tj.

. a . f3 . r lS-b)(S-C) Sl/1-Sl/J-SII1-:::;; .

2 2 2 be

(,1'-(1)( s-c) .J( .v-a )(s-b) = ae ab

510 je trcbalo dokazati.

(s-a)(.I-b)(s.-c) p2

abc sa/x'

=p,~==abc._~:::;;~_, tj, sabc 4 R sa/x -1 R

155

Sada imamo

eOSCt+eos jJ + cos r- J = cos et+ cos jJ -( J -cos r)=

a+jJ et-j3 . .,r 180o-r et-j3 .,r =::. 2cos--cos---2slIl- -::: 2cos----cos---2sin--:::

2 2 2 2 2 2

= 2 .I'il/Leos (X- j3 _ 2 sin 2 r::: 2 SinI(cos Ct- f!..-sinI) ~ 2 2 2 2 2 2

, . y[ a-jJ . ( 0 a+jJll =£SU/- COS---SII1 90 ---I ~

2 2 \ 2!J

=::.2slI1- cos---cos--1=2slfl- -2sil1-·sin __ = . r( a-jJ a+jJi . y[ r (jJ)] 2 2 2; 2 2,2

a odavde zbog (5):

coset+cosjJ+cosr-l=::.4 . ..!-=!... tj. 4R R'

coset-t- cos j3 + cos r = 1 +!... R

Ovimje (4) dokazano. Sada iz (3) i (4) dubijamo daje

sinet+ sill jJ + sin r = J + cos et+ cos j3 + cos r. (6) Kako je

. 2,a a'J

,a sma= S/n-COS-i +cosa=2cos-'-,te 2 2 2

cos jJ + cos r = 2 cos jJ + r cos jJ - r i sin J3 + sin r = 2 sin j3 + r cos j3 - r 2 2 2 2

te jJ+r=180o -et. to imamo daje

156

jJ + y (0 al . a . cos-2-=cos 90 -2 =SUl2 ' I

Sada dobijamo iz (6):

te

. tX tX . jJ+y jJ-y 2a jJ+y jJ-y . 2sm-cos-+2sm---cos--=2cos -+2cos--cos--. tJ. 2222222

. a a a jJ-y ! a . ex jJ-y Stn-cos-+C().I'-COS---cos --sm-cos--:::O. 2222222

cos~( Sil1%-COS% )-cosl~,l{sil1% --CO.l'%) = o .

a odavdc

a tg-=l v

2

a jJ-r . v CO'\'2-cos-2-:='0, tJ.

. o:+jJ-y . a-jJ+y -2SIll----SIll----=0.

4 4

v a+jJ~r v a+r~jJ,

stu uz jednakost et+ jJ + r::: J 80° daje:

stu je i trcbalo dokazati. Ovim je data teorema dokazana.

Svakako da dokaz 2° nije nimalo jednostavan, ali je II svakom slucaju veoma sadrzajan i interesantan.

157

LITERATURA

ll] Arslanagic~ S., Neke nejedllakosti u pravouglolJ1 trought, Triangle (Serija B), Vol. 4(2000). No.4. 157-163. [21 Arsianagic, S., Neke nejednakosfi u vezi [mug/a, Triangle. Vol. 2(1998). No.4. 269-275, [3j Bottcma, O. and others, Geometric 1I1efJualitit~s, Wolters-Noordhoff Publishing, Gronmgen. 1969. [4} Marie, A., Planimcfrija-Zbirfw rijdcnih zada/aka, Element, Zagreb. 1996. [5) Mintakovic, S., Franic, M., Trigonomefrija, Element, Zagreb, 1999.

ISR

NEJEDNAKOSTI U VEZI S POVRSINOM KONVEKSNOG CETVEROUGLA

Sada cerna izvesti vise nejednakosti koje se odnose na povrsinu konveksnog cetverougla te pokusati procijeniti koja je od njih najostrija, Pri tome cerno se koristiti standardnim obrascima za povrsinu trougla LlABe :

(I)

1° Dokazacemo najprije da za povrsinu P konveksnog cetverougla ABCD vrijedi nejednakost:

(21

Dokaz: Imamo p::::; PI + P2 (51.1), a zbog (1): P, = ~aha :=; fad jer je h'l::; d .

.lednakost vrijedi aka je a.ld . Kako je (a -d )2 ~ 0, to vrijedi nakon kvadriranja:

ad ::;!..(a 2 +d 2 ), sa iednakoscu akoje a =d.

2 -

c c

D

__ ------'2 -jll!

P, b

S d · < I 2 d2 J 2 J a a Je PI _ -4 (a + ) . Slicno dobijamo iz &JCD: PJ ::; -( b + c- ) sa jednakoscu - 4 aka je b.lc j b = c .

159

Sada je p:::: PI + P2 ::; ~( (/ + b2 + C 2 + d 2 ), tj. (2) je tacno. lednakost vrijedi ako je

cetverougao ABeD kvadrat. 2° Dokazacemo sada da vrijedi nejednakost:

f P~-(a+c)(b+d ).

4 (3)

Dokaz: Povucemo Ii drugu analogno kao u slucaju 1°:

dijagonalu AC cetverougla ABCD (s1.l), dobijamo

Kako je takoder

f PJ $ -ab;

2

1 ] P4 $-cd, te P= P, +Pd $-(ah+cd}. 2 .. 2

1 p= P, +l\ $-(ad+bc) . 2

to dobijamo nakon sabiranja dvije gornje nejednakosti:

tj.

odnosno

f 2P $ -( ab+cd +ad +bc),

2

2P ,;.1.[a(b+d )+c(b+d)1 2

I P~-(a+c)(b+d),

4

tj. (3) je tacna, pri cemu jednakost vrijedi ako je cetverougao takav da je a.Ld. a.lb. c.ld. b.lc , tj. aka je cetverougao ABCD pravougaonil\.

3° Sada temo dokazati jos jednu nejednakast:

Dokaz : Zbog (1) imamo:

le

P ac+bd

,;---. 2

f ] P ,jABC $ -ab; P Mcn ::;; -cd

2 2

f p= PtJAUC +P.JAC[) ::;-( ab+cd).

2

(4)

Ako sada na slici (3) u &JCD zamijenimo mjesta stranicama Be i CD. dobiccl11o cetverougao ABCD koji imajednaku povrsinu kao cetverougao ABeD nu slici (2).

160

Zbog (1) imamo sada:

te

a avo je (4).

I, f fbi .JABC $-ac; PMCD $- ( , . 2 2

Vrijedi jednakost u (4) ako je istovremeno ABlBC i ADlDC, tj. ako je

"AB2 + BC

2 :::: ADz + DC

2 :::: AC

2 odnosno ako je cetverougao ABeD tetivan.

c b

c

D ----f-----~-----r~B

A A

sl.2 sL3

4U Dokazacemo jos da vrijedi nejednakost:

(5)

gdje su e i f duzine dijagonala cetverougla ABCD.

Dokaz: Neka je S presjetna latka dijagonala AC i BD konveksnog cetverougla ABeD, Ie (51.4):

AS == 111, CS ::::: n, BS ::;; p, DS:::: q . Ae :::: e = TIl + n , BD = f = p + q.

Sa sIike vidimo da je

Kako je iz (I):

f J f f P .JABS =;; phil $ 2' pm ,P,jDA-S = '"2qha $ 2qm ;

I! f I PABCS = -:2 phe .::; -i pH , PACDS = 2,qhL. $ -:2 qll ,

161

to dobijamo nakon sabiranja: I

p::::: P.1ABS + PLJIICS + PlleDs + PLJDAS ::; -( pm+qm+ pn+qn J. 2

Ij.

odnosno

ps..I.[( P+Q)I1I+( p+q)lIj, 2

! P::;-(m+n)( p+q),

2

a odavtie :t.bog 111 + /I ::::: e; p + q ::::: f : j

P5,-ef, 2-

odnosno zbog nejcclnakosti I. < e

2 + e _ 2

sto znaCi cia je ncjednakost (5) tacna.

, PS; c·· +

4

Vrijedi jcdnakost ako je e::::: f, te II == II, i 11/2 ho' tj. el./; dakle ako je cetverougao

ARCD ]< vadnH.

r //I

"

s

p

A B sL4

Sada celTIo pokusati usporediti dobijcnc nejcdnakosti.

J62

Napomena 1: Zbog nejednakosti

(a-b)' +(a-d)'+(b-cJ'+(c-d!' ~O

sJijedi

lJ-

te je nejednakost (3) jata (bolja) od nejednakosti (2). lednakost vrijedi ako je a::::: b::::: c::::: d , tj. ako je cetverougao ABCD kvadrat.

Napomena 2: Iz nejednakosti

odnosno nakon sabiranja:

te

(6)

fito znaci da je nejednakost (4) jaca (bolja) od nejednakosti (2). Vrijedi jednakost ako je a::::: c i b:= d jer nejednakost (6) se moze napisati U obliku:

(a-cJ' +(b-dJ' ~O_

Dakle,jectnakost vrijedi ako je cetverougaoABCD para1elogram.

Napomena 3: Za neke cetverouglove nejednakost (4) je jaca (bolja) od nejednakosti (3), a za neke.ie slabija. a) Naprimjer, ako je a = 6, b::::: 5, c::::: 3, d::::: 4 , irnamo:

a

I 1 81 ] -( a+ c)( h+d) =-- 9-9 =- = 20-, 4 4 4 4

ac+bd _ 6 ·3+5·4 _ 38 -19 -2----2---2- ,

te je oejedoakost (4) bolja Gaoa) od oejedoakosti (3)_

163

b) Naprimjer. aka je a:::: 20, b::::: 5, c:::: 12, d:::: 6, imamo:

I I -(a+c)(b+d )=-·32·11=88, 4 . 4

ac+bd 20·12+5·6

2 2

te je nejednakost (4) slabija od nejednakosti (3).

164

270 _ 135 2 - ,

it I ,

CETIRI RJESENJA JEDNOG GEOMETRUSKOG ZADATKA U VEZI S TROUGLOM

Samostalno rjesavanje nesto teiih zadataka iIi problema u maternatici je, bez sumnje, od vece koristi za ucenike nego rjesavanje veceg broja laganih zadataka iii problema. Ukoliko ucenici imaju pristup neCijim drugim rjesenjirna, preporucuje se da ih pogledaju samo nakon sto su nasli svoja rjesenja. Ukoliko nisu uspjeli u rjesavanju problema, trebalo bi da barem postignu dubak uvid u problem. Vrlo cesta, rjesenje ucenika ce biti razlicito od ljesenja autora problema. Ova je vrlo pozeljno. jer u takvim situacijama se postize dublje razurnijevanje sustine i sadrzaja problema.

Zadaci s vise naeina rjesavanja su veoma dobro sredstvo za aktivinije razmisljanje ueenika i djelotvornije ponavljanje i utvrdivanje stecenog znanja. Nastavnici matcmatike treba da 0 ovomc momentu vode racuna, narocito kada je u pitanju rad sa nadarenim L1cenicima za matematiku i njihove prlpreme za razna matematicka takmicenja. Iz osobnog iskustva, u toku rada sa takvim uccnicima, mogu odgovorno reci da su veoma cesto rjesenja L1cenika bila elegantnija i ljepsa od onth koja sam imao II vidu. Ovim uecniei sticu potrebnu sigurnost i samopouzdanje.

Sada cemo navesti jedan geometrijski zadatak u vezi s trouglom j dati njegova cetiri rjesenja. Rijec je 0 sljedecem zadatku:

NaCi [{glove rmugla kod kojeg visil1(1 i teii§nica povLlcene iz iSlog vI'/w, dijele taj ugao fla tri jednaka dijela.

RjeScnje 1: Zbog ;{.A CD = '{ECD = rp slijedi da je trougao LiACE jednakokraki pa je

AD~DE,tj. AD=DE="-.le BE="- (sl.l), 4 . 2

A B

sLl

Neka je EN ..L BC; N E BC . Sada imamo da je

L.DCE = L.ECN = rp, CE = CEo L.CDE = L.CNE ~ 90°,

165

pa je LJDCE:= LJECN, a odavde DE == EN ::::: ~. Posto je EB ==.£, dobijarno da je 4 2

c trougao iJEBN polovina jednakostranicnog trougla stranice EB duzine Sada

2

dobijamo iz tog trougla JEBN da je p = 3(yG .

Iz pravougJog trougla .dEeD irnarno

2'1'+ jJ = 900 , tj, 2'1'+ 300 = 900

,

a odavde

'1'= 30°

Postoje r=3rp,slijedidaje r=90o,le a=J80o-(a+r),tj. a=60o.

Rjesenje 2: Na osnovu teoreme 0 simetrali uoutrasnjeg ugla trougla. dobijarno iz trougla ,1BCD (CE je simetraJa LDCB ) (51.1 ):

a odavde posta je DE = AD::;:::'" j BE = AE = E. : 4 2

c CD 4 I , ==-=-,tJ, Be c 2

2

CD=I..SC, 2

Dakle, trougao .dBeD je polovina jednakostranicnog trougla stranice Be. Dakle,

slijedi da je ugaa p = 30°. Opet iz pravouglog traugJa ,dBeD dobijamo da je

2'1'+ jJ = 900, tj, '1'= 300

, te y=3'1' =900 i a= 1800 -( jJ+y) =600 ,

Rje.senje 3 (pomocu trigonometrije): Dobijamo iz pravouglog lrougla ,dACD (sl.1): c

jer je AD = DE =::..., (51.1). 4

sin((J=!1..=~, b 4b

Na osnovu sinusne teoreme, dobijamo jz traugla £lBCE:

166

1*)

'1

CE BE

sinfJ sinrp

- - - c a ndavde zbog CE = AC = 1>, te BE = - i 1*):

2

c h ').

--=~,tJ, sill jJ C

41>

'jJ I jJ '00 Stll =-=> =.J . 2

Sada 17. pravouglog trougla .dBCD, dobijamo 2qJ+ fJ = 90° ::::> 2rp = 6(;0 => rp::::: 3CP .

Na kraju imamo Y= 3rp::::: 90° , a iz trougla £lABC :

rx=IRO"-(jJ+y),tj,

0:=60° .

RjeScnje 4 (pomocll analiticke gcometrije): Uzmirno da je AS"Ox,O"A,(Jy-LOx,

(c 'J / C ) - - -te Blc,OJ,Clu,v),D 4,0 ,El;/J ,AC=I>,AB=c,BC=a (sl.2),

Ii /' he \fc

"""'-

.•.• ··· .. Il.,·_ . ,_. ___ ~ __ .,,:J ___ ._~.-.L-___ '_'__ --- ---

D(c!4,O) Er e/2, 0) BlcO)

s1.2

, c" (C)" I r."-, , l'c l.,j , ') Imal11odaJeu=-,v=b~- - ,tj.v=-"\fJ6b--c-,leC -,- 16b--c- . , 4 4 4 44

lednaCine pravih AC,CD,CE i Be glase:

167

Sadaje

te

CE" )' )16b2

-C' ( c). x--c 2 '

Be'5.), =

c Igd:( AC,CD)=lgrp=--P~=7

.J16b' _c2

Igd.( CE,CB) =Igrp

3(:

1 16b1 _c 2

+---3c2

cJJ6b2 _c2

2c2 +8b2

Sada dobijamo zbog d.( AC, CD ) = d.( CE, CB ) = 'I' :

c I 2 2 c-vJ6b -c

8b2 +c2

=> 81/ +c2 = J61l-c2

:::::::> c2 =4/;2

=>c=2b,tj. AB=2AC.

Konacno dobijamo iz rgf.{J c

2b tgCP=r=~=7

.J16b2 -4),'

2b 2b 1 fj . --=--=-=- tJ 1l2b2 2bfj fj 3"

'1'=30°.

Znaci, y=3rp=90o, te a=90o _rp~60°, fJ~9if -2rp=3if.

168

JEDNA TEOREMA 0 UDALJENOSTIMA ZNACAJNIH TACAKA TROUGLA

Ovdje cerna razmatrati jednu teoremu 0 sumi udaljeno.sti centra opisane kruznice 0 trougla od njegovih stranica te () sumi udaljenosti ortocentra H trougJa od njegovih vrhova. Ta teorema glasi: Teorema: a) Suma udaijenosti centra opisane kruznice 0 od stranica jednog 051rouglog iii pravouglog trougla .dARe jednaka je slimi poluprccnika R opisane i poluprecnika r

upisane kruznice trougla, tj.

(I)

gdje su A',B',C' sredista stranica BC.AC,AB trougla L1ABC.

Ako je u pitanju tupougli trougao LlARe kod kogaje ugaa LEAC tupi. tada je

(2)

b) Suma udaljenosti ortocentra H od vrhova jednog ostrouglog iIi pravouglog trough\. .dABC jeclnaka je clvostrllkoj sumi polllprecnika opisane i poluprecnika upisane kruznice trougla, tj.

HA+HB+HC = 2( II + r). (3)

Ako je u pitanju tupougli trollgao .dABe kod kogaje ugao LBAC tupi, tadaje

-flA+HB+HC = 2( II+r). (4)

Prije nego fito predemo na dokaz ove teoreme, dokazacemo dvije jcdnostavnc lemc.

Lema 1: Neka su X .Y.Z dodirne tacke upisane kruznice u trougao LlABC sa

njegovirn stranicarna BC,CA,AB redom. Tada je

AZ=AY=s-a, - -BX ~BZ=s-b,

CY = ex = s-c.

gdje je s =!..( a+iJ+c) poluobim trougla LtABe . 2

169

Dokaz: Posto su tangentne duzi jednakc, to imamo (s1.1):

Zbog

AZ=AY,BX=BZ,CY=CX,

"

"'L-----~-!'-"'--~c'

51.1

AZ+AY + IlX + BZ +CY +CX = 2.1'. slijedi sada da je

AZ+BX +CX =5,

te odavde

AZ =s-( BX +CX )=s-·{/.

AnaJogno dobijamo i druge dvije jednakosti RX = s -b. CY = s ~c.

Lema 2: Vrijede jednakosti

All = 20A',

Bll = 20B',

ell = 20C',

Dokaz: Trouglovi Lll-JAB j LlOA'}1' su slic11i posto je AH II OA', BH II DB' j AB II A'B'.

Dul. A'B' je srednja linija trougla LlABe paje AB=2A'B'.

sL2 Sada imamo (51.2):

170

Analogno se dobija i treea jednakost CH ::: 20C' . Sada cemo dati dokaz teoreme.

Dokaz (teoreme): Neka je LlARe proizvoljllo dat trougao. Uzecemo slucaj da trougao LIARe nije pravougli. Osim toga, uzecemo ne umanjujuci opeost da je b,c $; a. Ako je trougao .JARC ostrougli. imamo sliku 3.

Ako je trougao LlARC tupougli (£.BAC je !Upi). imamo siiku 4. Jasno je da nasuprot veceg ugla lei! veea stranica trougla i obrnuto. Slucajeve

LBAC < 90° i LBAC> 90°, tj. za ostrougli i tupougJi trollgao eelTIO posmatrati paralelno u koracima dokaza.

sl.3

Iz uslova b. c S; a i Leme 1. slijedi

sto znaci da tacka l' EAR' .

- I b -AY =-( b+c-a)~ -= AB',

2 2

51.4

Povucimo pravu kroz tacku I (centar upisane kruznice u trougao LiABC) koja je paralelna stranici AC i neka ona sijece dllZ OB' u tacki Q. Paraiela pravoj Ie kroz

tackll Q sijece pravll GA' u tacki L i BC u tacki N. Neka je M tacka presjcka

prave OA' sa normalom kroz tacku N na stranicu AC.

171

Sada je CN == IQ == YiP (iz ciIijenice da je trapez IQNC jednakokraki jer ima jednake

uglove na ve60j osnovici) i na osnovu Leme 1 dobijamo:

Sadaje

-; b - a-c . YB ==--AY :::-- tJ vrijedi 2 2 ' .

- a-c CN==-- j NE A'C.

2

tezbog MN .LAC:

£.MNA' ~ 90" -£.ACB ~ £'OBC'.

(UoCavamo ovdje da su svi trouglovi ciji je jedan vrh tacka 0 i jedna od stranica trougla LlABC je njihova osnovica jednakokraki i vrijedi

1800

- 2£.ACB ~ 1800 - 2( £.ACO±£.OCB) ~

~ 1811"-( £.ACO + £.OAC± £.OCR ±£.CBO) ~ 2£.ORC' ).

Dakle, trouglovi LlMNA' i LOBC' su podudarni, te slijedi dajc:

Osim toga oba trougla .JMNL i LlOLQ su jednakokraki, te je

Najzad, nakon svega gore kazanog, imamo:

=±OA' +OL+ IY + A'M ':. LM +lY::: MN +fY = R+ r.

cime je prvi dio teoreme dokazan. OCigledno, na osnovu Lel11e 2 dobijamo i drugi dio teoreme, jer imamo:

)72

±HA+ HB+HC ~±20A' +208' +20C' ~

~ 2( ±OA' + OB' + OC' ) ~ 2( R + r), q.e.d.

Jos cerna neSto zakljuciti da vazi koristeci dokazanu teoremu.

Posta je traugao LlBOC jednakakraki (sl.3 i 4) i ugao LBOC::::: 2LBAC:;;: 2ex (teorema o periferijskom i central nom uglu kruga nad istim lukom (tetivam)), te LBOA' = a. iz

OA' pravouglog trougla L1BOA' dobijamo da je Ie/gal = J _. tj. 20A' = aicfgal, te

analogno 20B'=blcfgf31 i 20C'=C!C1Kr!.

Sada iz (1) i (2) dobijamo:

-BC 2

aerga+bcrg/3+cCff!,y:::;;;2( R+r).

Sada jz poznate OjJerove nejcdnakosti R:2: 21' i (5) slijedi:

I 2r::;: -( actga+bctg /3 + CCfgy)::;: R .

3

(5)

(6)

Nejednakost (6) ustvari predsravlja jedno profinjenje Ojlerove nejednakosti R 2:: 2r.

Vrijedi jednakost u (6) ako j samo ako je 11'= /3= y=~, ~. ako je trougao LlABC

jednakostranicni.

LITERATURA

[I] Arsianagic, S., Matemafika za fj{ldarel1e, Bosanska rijec. Sarajevo, 2004. [21 Bottema, 0., and others, Geometric Inequalities, Wo!ters~Noordhoff PUblishing. Gronjngen, 1969. 1'31 Palman, D., Troku! i kru7.nica, Element, Zagreb, 1994.

173

TRI GEOMETRIJSKA DOKAZA NEJEDNAKOSTIIZMEDU ARITMETICKE I GEOMETRIJSKE SREDINE DV A POZITIVNA BROJA

Nejednakost izmedu brojnih sredina (H -harmonijska, G -geometrijska, A -aritmelicka. K -kvadratana):

gdje je

H

H$G5,ASK.

11

I I I ' -+-+ .. +­l/, (/2 a"

A::::: a J +a2 -I- •• +a/l

11

aJ +(lJ + ... +a~ 11

(I)

gdje su (/1·a 2 ····,Q" pozitivni realni brojevi. igra veoma vaznu uJogu u matematici i

im~ veliku ~rimjenu kad rjesavanja raznih matematickih zadataka i problema. Dokaz n~!edt1ak~)stI (I) u slucaju.kada imama 11 pozitivnih brojevaje nesto slozeniji, ali sc Vise ra~lllh dokaza ove neJednakosti maze nati u matematickoj Iiteraturi. Recimo i to cia 1I neJednakosti (I) vazi jednakost sarno u slucaju kada je Q 1 = a 2 ::::: ... = al] .

y OV(}~l clall~u eemo .se pozabaviti najspecijalnijim njenirn slucajem kada je 11 ::::: 2 . tJ. kada JC (uzecemo da Je a f ::: a, Q

2 ::: b ):

H~_2_, G~,Jah; A~a+b, K~Ja2+b2 1",+1..' 2 2' a b

tj.

(a,b>Ii),

174

Najvecll primjenu od ovih nejednakosti ima nejednakost izmedu aritmeticke i geomctt"ijske sredine:

a+b> "b·' _ van. 2

(a,b >0), (2)

Algebarski dokaz ave nejednakosti je prilicno lagan i mi cerna ga ovdje dati. PoCicemo od ocigledne nejednakosti

tj,

Hi

a odavde

Ie nakon dijeljenja sa 2 :

a~2.[;;h+h~().

11 +b ~ 2,Jah,

a+b r: --2:: vab,

2 sa jednaknscll samo u s\uc.aju kada je a:::;:: b. o ova] nejednakosti i njenoj prirnjeni pisano je puno u knjizi "Matematika za nadarene" ovog autora pa Citaocima preporllcujemo da obratc paznju oa Ie clanke.

Ovdje eemo sad a dati Iri raznn geometrijska dokaza nejednakosti (2).

Dokaz 1. Mi eema koristiti cinjenicu da je u pravouglom trouglu visina na hipotenuzLI jednaka geometrijskoj sredini hipotenuznih odsjecaka. Jpak cemo dati dokaz ovog stava.

c

c sLl

Neka je h duzina vi sine pravouglog trougla L1ABC povucena iz vrha C pravog ugJa tog trougla cijc su duzine kateta a i b, a duzina hipotenuze je c. - -Dalje, neka je AD ~ q i BD ~ P (p + q ~ C ) (51.1),

175

Posta je MCD - LlBCD (jer LACD:::: LABC:::: p . Kao uglovi sa normalnim kracima.

ACl.CB i CDl.AB, te LADC::::: LBDC::::: Wl), to su stranice ovog troUghl proporcionalne po I stavu 0 sIicnosti troug]ova pa imamo:

-- --AD: CD= CD: BD.

tj. q:h::::lt:p,

a odavde

[e

(3)

sto je i trebalo dokazati.

Dalje, posto je LC:::: 90°, to je centar opisane kruznice k trougla ABC srediste njegovc hipotenuze (periferijski ugao nad precnikom kruga je pray) pa je poluprecnik

R . k" R / AB / ove oplsane 'rUZ11lce :::::; -::::: 2c. Sa slike 1 je jasno da vrijedi nejednakost:

II ~ h . tj. zbog (3):

~c~fpq. 2

Predimo sada na dokaz ncjednakosti (2).

(4)

KonstruiSimo nad duzi AB = a + b (a i b date duzine, a > b) kao precnikom poJukruznice k Giji je centar 0 (s1.2).

/~t·l~ ~ ./"~" ~ '" / / . " \ ! / /1 '''',,\ V __ ~. "\

A a 0 D b B sl.2

Neka je AD = a i Bf) = b . Ako iz tacke D konstruiscmo normaJu Dn do njenog presjeka C sa polukruznicom k, tj. Dn (\k:::: {C} i spojimo tacku C sa tackama A i

B , dobijamo pravougli trougao LlABC (jer je LC = 90°).

176

Sadaje zbog (3):

Ij.

CD =.Jab . Kako je AB::::: a + b , to je poiliprecnik pollikruznice k :

- J- a+b OC=-AB=--.

2 2

Sada iz pravouglog trougla LlOCD zbog (4) dobijamo

ti·

SlO je i trebalo dokazati.

- -OC~CD.

a +b "-, -- 2' -vaD ,

2

Vrljedi jednakost sarno u slucaju kada je CD::::: OC. tj. kada se tacke 0 i D podudaraju, odnosno kada je a:::: b (tada je MBC jednakokrako-pravougli).

Dokaz 2. Na krake pravog ugla LCAD

nanesimo odsjecke duzina AC = j;;

AD = Jh (s1.3) i konstruisimo simetralu AB

ugla LeAD, gdje je BClAC. Dalje, kroz tacku D konstruisimo paralelu sa AC koja sijece All u tacki F, a eB u tacki E .

Figura ADFBC se sastoji od dva jednakokrako~pravougla trougla MDF i MCB Ger LDAF=LAFD=LBFE=LFBE=4:f). Sadaje

DF=AD=fb i BC=AC=-Ia. Kako je

to imamo / J

P1ADF =-b 1 PdABC =-a. • 2 2

Sa slike 3. se jasno vidi da vrijedi nejednakost

PADFflC ~ PADEC ' tj.

sl.3

(5)

177

na osnovu (5) i cinjenice da je

PAD£C = fa·.Jb = J;;b j PADFBC = P MDF + P MRC '

slijedi

sto je i trebalo dokazati. Sa slike se jasno vidi da jednakost vrijedi u slucaju kada se tacke

kadaje a=b.

FiE poklapaju, tj,

Dokaz 3. Neka se dvije kruznice k, i k2 ciji su precnici duzina a i b (a> b)

dodiruju spolja u tacki T i neka je AB njihova zajednicka tanegenta. Tada imamo da je

-- a -- b -- a+h -- a-b O,A:], 02B='2' 0,°2 =-2-' O,M =-2-

Trougao LJO,O]M je pravougli pa imarno na osnovu Pitagorine teoreme:

Ie

A .Jab sl.4

Kako je u pravouglom trouglu iJOj M02 :

to vazi

sto je i trebalo dokazati.

0,0, ? MO,I ~ AS i.

(1+b .Jab -2-:2: aJ,

lednakost vrijedi kadaje k, os k:. tj. kadaje a::: b.

178

B

12. 2

JEDNA NEJEDNAKOST U TROUGLU I NJENE POSLJEDICE

Dokazacemo da u trouglu iJABe cije su duzine stranica a,b,c vrijedi sljedeca

nejednakost

Dokaz: Nejednakost

I ~+k+ru I (1'+~+? I -~ s-< , <-, 4 (a+h+c 3 (a+h+c)- 2

/ ah+hc+ca -<=....:-=-c.:::;. 4 (a+b+cyl

(I)

(2)

je nakon mnozenja sa ( a + b + c / i kvadriranja ekvivalentna sa nejednakoscu

U trouglu vrijedi nejednakost c < a +h , te la -bl < c iIi nakon kvadriranja

odnosno

a2 + b2 + c2 < 2c2 + 2ab < 2c( a + b ) + 2ab , tj.

a2 +b2 +c2 < 2ab+2bc+2ca.

sto je trebaJo dokazati. Dakle, nejednakost (2) je tacna. Nejednakost

ab+bc+ca J =-.:.::.::-'-.:::. oS -(a+h+c 3

(3)

je nakon mnoienja sa 3( a+b+c l j kvadriranja ekvivalentna sa nejednakoscu

odnosno

l[ , 2 2J "2 (a-bt+(b-c) +(c-(1) ?O,

sto je tacno. Znaci. i nejednakost (3) je tacll<l.

179

Nejednakost

(4)

je llakoll rnnozenja sa 3( a + b + c l i kvadriranja ekvivalentna sa nejednakoscu

ab+bc+ca::; a2 +1/ +c2,

odnosno

f[( a-b l +( b-c / +( c-{/ lJ ~O, sto je tacno. Prema tome, i nejednakost (4) je tacna. Na kraju, nejednakost

a2 +b2 +e2 1 -<­

(a+b+cl 2 (5)

je nakoll rnnozenja sa 2( (/ + b + C)2 i kvadriranja ekvivalentna sa nejednakoscu

a 2 +// +c2 < 2( ah+be+ca)

a nju smo dokazali ranije prilikom dokaza nejednakosti (2). Sada iz (2), (3), (4) i (5) sHjedi data nejednakost (I). Vrijedi jednakost u (1) ako i sarno ako je a:::: b::::: c, 1j. kada je u pitanju jednakostranican trougao.

Sada cemo dati ncke posljedice nejednakosli (1 ).

Neka jc s poluobirn, R poluprecnik opisanog kruga, r poliuprecnik upisanog kruga i P povrsina trougla LlA13C . Poznato je da vrijede sljedeci obrasci:

a+h+c p S~---,

2 r=-,

s

P =.Js{ s-a)( s-b)( s-c) (Heronov obrazac).

180

Imamo sad a

Iz identiteta

i (6) dobijamo

odnosoo

22 p22abcP r +s +4Rr:::::-+s +_._=

/ p s

,( ,-' _-:::a..!.),-( .:.' --"b,,)(,,',--_',,-,' ) 2 abc - +s +-~ , s

S3 + ahc

s

sJ _as2 -bi +abs-s2 {:+acs+bcs-abc+s J +ahc

s

::::: 2S2 -( a+b+ c)s +ab +bc+ac:::::

=2s2 _2s 2 +ab+iJc+ae, tj.

ab+bc+ac::: s2 + r2 +4Rr. (6)

( a + b + C }2 = (/ + b2 + ('2 + 2( ab + be + ae )

(7)

Sada iz (6) i (7) slijedi intcresantna posljcdica llcjcdnakosti (I):

(8)

Vrijedi jednakost u (8) ako i sarno ako je R = 2r, ~j. a = b = e, kada je u pitanju jednakostranican trougao.

181

Iz (8) imamo sJjedecu nejednakost

odnosno

52 2:.3r(4R+r). (9)

Naravno, vrijedi jednakost u (9) ako i sarno ako je u pitanju jednakostranican trollgao. Koristeci cllvenu OjJerovu nejednakost R 2:. 2,. , dobijamo iz (9)

s 23)3,..

LITERATURA

11] Arsianagic! S., Matematika za nadarcfle, Bosanska rijec, Sarajevo, 2004. 12] Bottema, 0., Djordjevic, R.t., Janie, R.R., Mitrinovic, D.S., Vasic, P.M., Geol11etrir Inequalities, Wolters-Noordhoff Publishing, Groningen, 1969,

182

NEKE NEJEDNAKOSTI TROUGLA SA R,r,r.,rb i r,

Ovdje cerna najprije izvesti dvije jednakosti trougla u kojima se nalaze R,r,ru,rh i

rc' Pri tome je R radijus opisane kruznice rrougla, r radijus upisane kruznice u

trougao, a ,~, rb' rc radijusi trouglu pripisanih kruznica. Dobra su nam paznati obrasci

R abc.

=-)

4P

P r=-,

s

gdje je p=.js(.,-a)(s-b)(s c)

s = ~(a+h+ c) njegov poluobim,

(Heronov obrazac)

2 Takoder, lako se izvode obrasci

p ';)=--.

5-Q

Sada cerno dokazati da vrijede jednakosti:

(!)

povrsina trougla,

(2)

(3)

(4)

Dokazirno najprije (3). Koristeci (1) i (2) dostajednostavno se izvode jednakosti

Sada irnamo zbog (5):

( r" 1)('h )(rc ) -;- -;-1 -;-1

I 2 I , I 4R =j'S r-,':'-- +-(4R+r )-1 =-.

r ,.- r r

Dakle, jedllakost (3) je tacna. Predimo sad a na dokaz jednakosti (4).

a

183

Imarno zbog (2):

a2 b2 c2 a 2 h2 c2

S ::.-+-+--:::::---+---+--- = rh,",-' I~.r" '~Jj, s(s-a) 5(s-b) s(s-c)

a2( s -b)( s-c )+//( s-a)( s -c )+c2( s-a)( s -b)

s(s-a)(s-b)(s-c)

Dokazacerno sada da vrijede jednakosti:

Dolmz: Imamo

a2 +/i +c

2 = 2s2 _·2,.2 -SRr,)

ah+ac+bc = 052 +,.2 +4Rr,

abc =4Rrs.

ab+ac+bc = 2S1 -2/· +ab+ac+hc = 2S1 -s 2s+ab+ac+bc-=

= 2s2 -o5( a+b+c )+ab+ac+iJc =

53 +.1'3 -:/( a +!J+c }+sab+ sac + sbe+abe-abc

s

(6)

(*)

(s-a}(s-b)(s-c)+s3+ abc (s-a)(s-b}(J-c) 2 abc = -- +5 +-=

s

p22ahcP~2 ='-+5 +-'-=r~+s +4Rr,

52 P S

tj. zbog (1):

s

ab+ac+bc =,2 + s2 +4Rr.

Dalje je (zbog gornje jednakosti):

(a+b+ c l =( a2 +b2 + c2 J+2( ab+ac+hc), a odavde

184

s

b .pabc.

te Z og p:::: rs I = - lluamo 4R

Ovim su jednakosti (*) dokazane. Sada imamo

abc::. 4Rrs .

=( 2S2 -2/ -·8Rr f -2( l + 1'2 +4Rr i +32rR.l

Iz (6) sada dobijarno:

J r ?, , '2 7 ?] S::::-,-,1(2s--2r--8Rrt-4(s-+r +4Rr;-+80Rr.\··· ::::: 41'- .'1- L

I ( 2 "). -,-,. /6Rrs -J6s-r- ,tJ. 4r- s-

Ovirn je dokazana i jednakost (4). Sada cerna dokazati da vrijede nejednakosti trougla:

{/2 b2 c2 -+-+-"?4. 'I,';, I~,r" ';/1,

(7)

(8)

185

Pri tome cemo koristiti cuvenu (Euierovu) nejednakost trougJa

R<:2,- (9) koja je posljedica jednakosti trougla

0/ =R(R-2r)~O

gdje su tacke 0 i I centri opisane i upisane kruznice trougla. Dacemo jos jedan dokaz nejednakosti (9). Evo tog dokaza. Ako su a.b,c stranice trougla, tadaje

nakon mnoienja ovih ncjednakosti:

~(a+b-cl(b+c-al(c+a-bl :;;abc.

Kako su a+iJ-c, b+c-a, c+a-b pozitivni brojevi. (zbog nejednakosti trougla

a+b > c, b+c >a, c+a >b), toje odavde

Suda imamo P

(a+b-L'){ h+c-a)( c+a-b)::; abc, (**1

~=_s_:::;:: 4pl = 4s(s-a)(s-b)(s-c) (b+c-n)(c+a-b)(n+b-c)

R abc abcs abcs 2abe 4P

tj. zbog (**):

a odavde

Zbog (9) imamo:

r abc J -$--=­R 2abc 2

R 2':. 2r.

411 -?::8 . (II ) 14 -;-1 ?::4,

,-

tj. iz (3) i (4) slijede nejectnakosti (7) i (8). Vrijedi jednakost u (7) i (8) ako i sarno jednakostranicni trougao.

ako je R = 2r, tj. ako je u pitanju

186

LITERATURA

[1] Arslanagic, S., Neke nejednakosti u vezi trougla, Triangle, Vol. 2, Be 4 (1998). str. 269-275. [2] Arslanagic, S., 0 udaljenostima nekih znacajnih tocaka trokuta, Matematicko­fizicki list. Vol. 51, Bf. 1 (2000-200l), str. 7-15. [31 Bottema, O. and oth., Geometric inequalities, Wolters-Noordhoff Publishing. Groningen. 1969.

187

PRIMJENA METODE KOORDINATA U DOKAZIVANJU GEOMETRlJSKIH TEOREMA

U prvoj polovini XVII vijeka pojavila se patpuno nova grana matematike, analiticka geometrija, koja je najprije uspostavila vezu izmedu linija u ravni i algebarskih jednacina sa dvijc nepoznate i tako orvorila put sjcdinjavanju geometrije sa algebrom i analizom.

Analiticka geometrija je ponikla iz potrebe stvaranja jednog opsteg metoda za r:.jeSavanje geometrijskih problema. Metodama starih geometara problemi su bili rjesavani samo pomocll cislO geometrijskih razmatranja. Svaki problem je trazio rakoreci neki zaseban metod, cije primjenjivanje bi zahtijcvalo ponekad duga i slozena rasudivanja. Ovakvim metodama nije mogao biti rijesen veliki broj komplikovanijih problema. Evolucijom novih matematickih disciplina: aritmetike i aigcbrc, stvorena je mogucnost i pocela sistematska primjena rezultata ovih disciplina na !jesavanje geometrijskib problema.

Franyois Viele (154()-1603), osnivac algebre kao zasebne discipline i njegov Llcenik, Dubrovcanin Marin Getaldic (1568-1626), koji prirnjenjllju algebru na rjcsavanje izvjesnih geometrijskih problema, pripremili su, pored ostalih istrazivaca, svc sto je bilo potrebno za srvaranje trazenog pornenutog opsteg metoda za rjdiavanje geometrijskih problema.

MogLlee je zamisliti i uspostaviti eilav niz razlicitih veza izrnedu gcometrijskih figura s jedne strane i brojeva i jednacina s druge strome i to tako da bi nekoj odredcnoj gcometrijskoj figuri i nekoj njenoj osobini odgovarao opel neki odreden sistem brojeva i jcJnacina.

Cuveni franCLlski filozof i matematicar Rene Descartes (Cartesills, 1596-1650) primjellio je na geometriju metode svojih opstih filozofskih istraz.ivanja ("DiscolJl's de la Methode" je njegova filozofska rasprava. ciji je dio "Geometrie" objavJjen 1637.) i tako stvorio novu geometrijsku metodu, zasnovanu, u skladnu cjelinu, na idejama koje su vee bile poznate: ideja koordinata i ideja predstav!janja pomoeu koordinatnog metoda proizvoljne algebarske jednacine sa dvije nepoznate u vidu neke Iinije u ravni. Na raj nacin Descartes je dao osnove za stvaranje opste teorije, koja se odlikuje raznovrsnoscu shvatanja i zakljucaka, a u isto vrijeme jednostavnoscu u postavljanju i tjesavanju razlicitih i sloi.enih problema. Ova teorija je omoguCila s jedne strane geometriji da koristi veliki dio bogatstva, koji je sadrzan i stvara se u matematickoj analizi i algebri. i s druge strane posmatranjem geometrijskib figura i njenih osobina olaksava r:Jesavanje odgovarajueih zadataka analize i geometrije.

OVdje cemo dati vise primjera dokaza vaznih teorema elementarne geometrije pornoell koordinatno-(vektorske) metode. Pri tome cerno se rukovoditi sljedeeim: U analitickoj geometriji svaka se linija smatra kao geometrijsko rnjesto tacaka. Pri odredivanju linije kao gemelrijskog mjesta tacaka uzima se u obzir osobina zajednicka svim njenim tackama. Odaberemo u ravni neku !iniju, uspostavimo Dekartov sistem

ISH

koordioata i posmatrajmo bila koju tacku te linije. Kada se ta tacka bude kretala po dato] !iniji, njene koordinate xi)' ce se mijenjatL ali ce i dalje ispunjavati odredeni

uslov, svojstven svim tackama te linije. Na taj nacin dobijamo odredeni uslov izmedu x i v koji ce vaZiti sarno dotle, dok se tacka krece dUl iinije. a prestace da vazi, tim ta

tack~ skrcne sa nje. Naravno. pri tome treba voditi racuna kako najpovoljnije izabrati ]JoJozaj koordinatnih osa i gdje smjestiti koordinatni pocelak O. Ovim postizemo da 'jiniji u ravoi odgovara odredena jednacina sa dvije promjenljivex i y. Takva

jednaCina izmedu prornjenljivih x i y. koju zadovoljavaju koordinate svake tarke

kaje Jete oa !iniji, a ne zadovoljavaju koordinate bilo koje tacke, koje ne leze na njoj, zo~e se jednacina date linije. U njoj sadr1:ane koordinate xi)' bila koje tacke linijc

zovu se tekucim koordinatama. Evo, konacno, vise primjera primjene koordinatne metode pri dokazivanju

geometrijskih teorema.

Primjer 1. Dokazati da se dijagonale romba sijeku pod pravim uglom.

Dokaz: Neka je Ox _ osa odredena vrbovima A i B romba, te 0 =- A . lmamo da je

A(O,O),fJ(a,O),C(b,c) i Drh··a,(') (51.1),

Sadaje:

Posta je AB:::: Be tj.

a odavde

odllosno

• ,

(}'--A

{)(h-a.d 0".(')

sl.l

c AC: y=~x,

b

c BD: y=--(x~a).

b-2a

• x

!89

to dobijamo da je c -b+2a

b c

sto znaci da je A C .1 BD , OVllTI je teorema dokazana.

Primjer 2, Na stranicama AB, BC,CA trougla LlABC su taeke D,E, F takve da vrijedi

AD BE CF =====, DB EC FA

Dokazati da je teZiste trougla LJDEF identicllo sa tezistem trougJa LJABC ,

Dokaz: Zajcdnicku vrijednost triju omjera (zadanih razlomaka) oznacimo sa A,.

Prema poznaloj formull za dijeljenje duzi u zadanom omjeru, vrijedi (s1.2):

XJ\+AXu Xv = J+}~

XB + AX .. XE :::;----" .

1+;[

Xc +AXJ\ X F = - 1+ A .

Analogne formulc vaze za )'D'YE i YF'

y c

o

sl.2

B

Sa T oznacimo teziste LJABC, . a sa T' teziste LlDEF. Apscisa (ordinata) tetista jednaka je aritmetickoj sredini apscisa (ordinata) vrhova trougla. Dalje imamo:

Prema tome: xI' = x]". Analogno izlazi YT = YT', dakle T "'" T'. 5tO je i trebalo

dokazati.

Primjer 3. Neka su A i B sredine stranica EF i ED jednakostranicnog trougJa LJDEF. Neka prava AB sijece u tatki C kruznicu k opisanu trouglu LlDEF.

Dokazati da tacka B dijeli dut AC po zlatnom presjeku.

190

Dokaz: Neka se koordinatni pocetak 0 poklapa sa centrom opisane kruznice trougla

,:JDEF i nekaje Ox II DE (sl.3).

y F

,1.3

Neka je DE ~ EF ~ FD ~ a . tada je

te

Imamo:

- ]- a AB=-DF~-.

2 2

o ~ ADnBF. 0(0.0 i,

, ? 2 a- ,

k: X'+Y ~-, C",knAB,tj. 3

c(':'.( I-Fs i,- a.J3 (3~5+] i). 8 24

x

Sadaje AB ~ %, BC ~%J3 -2Fs i AB' ~ AC. BC (zlatni presjek).

Zaista. -2 --AB ~AC.BC

191

Ovim je teorema dokazana.

Primjer 4. (Teorema Leibniza) Dat .Ie lrougao LiAllC i proizvoljna tacka M u ravni trougla. Aka .Ie T teziste tog trougla. dokazati da je

-2 --2 -? .-2 -2 -1 -2 MA +MB +MC =3MT +AT +Br +CT

Dok~z: Izaberimo pravougli koordinatni sistem s koordinatnim pocetkom 0 u sredi!Hu stranlce AC trougla i x osom koja se poklapa sa stranicom AC trougla (sI.4).

\. B(h.c)

-M(x.y)

-~C~~j--~O~----~----+ .(-(l,() A(a.Oj .r

I

sl.4

192

Oznacimo koordinatne vrhove A, B,C trougla sa A( a,O ),C( -a,O), B( h,c). Tada .Ie

teziste trougla dABC tacka T (_b ,_~)\. l ~ Ako tacka M ravni trougla ima koordinate ,3 ~

M( x,y), imamo:

-2-2-1,7'272 MA +MB +MC ==(x-at+y-+(x-ht+(y-c) +(x+at+y ==

kao i

Slijedi iz gornjih jednakosti da .Ie

-2 -2 --2 -2 -2 -2 -2 MA +MB +MC ~3MT +AT +BT +CT .

5tO .Ie i trebalo dokazati.

PosIjedica 1: Ako su IlJII,nlb i m( duzine teziSnica trougla LlABC kroz njegove

vrhove A,B i C. tadaje

))) 37 2 7 m~ + m;; + m~ =: -( a- + b + c- ).

4

Dokaz: Stvarno, ako se tacka M poklapa sa vrhom C trougla tada je iz Lajbnicove teoreme

-2 Gll2 -2 4 2 ) 1 iii CA + =3CT +9(m,,+I11I~+mc)'

Analogno se dobijaju jednakosti

193

?747470~ (1- +C =-1111: +-( 111-;' +ml~ +111; ), te

3 ' 9 '

Nakoo sabiranja posJjednje tri jednakosli, dobijamo

sto je i trebalo dokazati.

PosJjcdica 2: Vaze jednakosti:

Dokaz: Dokaiimo prvu od njih. Uzmimo da se tacka M pokJapa sa sredlstem stranlce Be trougla LlABC . Tadajc

) J 2 J ) 4 :> ? 2 '1' m;' +-a :::: -m,~ +-( 11l(~ +mf, +11l(' ) 11 239

KoristcCi pos!.iedicll 1. dobijamo ndavde

ATialogno sc dokazuju j druge dvije jednakosti.

Primjer 5. SimetraJa unutrasnjeg ugla u trouglu dijeli naspramnu stranicu na dva dijeJa knji Sli proporcionalni obJiznjim stranicama trougla.

Dokaz: Neka .Ie 0 = B i neka vrhovi B i C trougla LlAHC odreouju osu Or DckarlOvog pnn'(1ug!og koordinatnog sistema. Jednacina prave kojoj pripada stranlea AR (51.5) .Ie

(I)

194

ajednacuna prave kojoj pripada stranica AC glasi:

Jednacina simetrale sa ima oblik:

v

O=B((W) D

sL5

C(X"O) X

Kakoje b=~y§ +( x3 -X2/ i c =~x.f + yT, toje (3) ekvivalentno sa:

(2)

(3)

(41

Apscisa presjecne tacke D simetrale sa i X -ose je ujedno i jedan od odsjeeaka sto ill

ta simetrala gradi oa stranici Be. Stavimo Ii u (4) )'::: 0, dobijamo:

Drugi odsjecak je

ex x=a,:::_2_, b+c

ex bx a2 ::: x2 -XI =X2 __ 2_~_2_, b+c b+c

195

Odnas tih odsjecaka je

SlO je j trebalo dokazati,

hX2 ex? 1I2 :aj =-- ----=h:e,

h+c b+c

Primjer 6, U pravouglom trouglu LlARe (..i.e:= 90° ) kroz srediste katete Be i centar kruznice upisane u trougao, povucena je prava koja sijece katetu AC u tacki M, Dokazati da je

AM a ==tg-, MC 2

)' Dokaz: Uzmimo Dekartov pravollgii koordinatni sistem 5 koordinatnim pocetkom o ~ C, gdje je C vrh pravog lIg1a .dABe ,

Imamo tacke A( a,O), B(O,b), C(O,O),

lI(O, b)

N(O,!:.j\ - srediSle katete BC j M(x,O), , 2

p

N((),hI2 gdje je M = NS n AC (51,6),

Ocigiedno tacka S - centar upisane kruznice .dABC iroa koordinatc S( r, r),

d" P ab

g Je Ie r =~=---, " .\' a+b+c

Imamo sada:

2r-b b p~NS:v=--x+-,

. 2r 2

Nadimo koordinate tacke M := p n AC:

Sadaje:

rb v=O=>x=--, . b-2r

- rh ab-2ar-rb AM ~a-x~a---~=-:=:C:-=

b-2r b--2,-'

rb MC=x=--, adnosno

b-2r

M(x.fJ) A/aJ)) --i

sL6

AM ab-2w'-rb a 2a 2s-2a-b -~-l iIi ==

MC rb r b b

196

AM c-a e2 _a 2 b ==--~---~---~--

Me b b( c+a) b( c+a) c+a

Imamo 1Z pravouglog trougla LtASD :

Iz (I) i (2) slijedi

sto je i trebalo dokazati.

a r tg -::::: -- , odnosno

2 a-r

aab b b t,r;-=---~--~--.

- 2 2as-ab 2s-b a+c

AM tx ==tg-, Me '2

(I)

(2)

Primjer 7: Ako su R i r poiuprecnici opisane i upisane kruznice trougla LlABC, a o i 0, centri tih kruznica, tadaje

--2 2 00, ~R -2Rr.

-- -- -- a+h+c Dokaz: Neka je AB = c, BC = a, CA =- b, s =- --- i r =- LACB. Uvedimo pravougli

2 koordinatni sistem s koordinatnim pocektom u vrhu A i apscisnom osom AB (51.7),

y

x

s1.7

197

Kako je LAOB centralni, a LACB periferijski nad istom tetivom AS opisane kruznice trougla, to je ;{AGB = 2£.ACB:;: 2y. Jmamo koordinate centra opisane i

centar upisanc kruznice LlABe : O( R sin y, R cos y), Ole s -a,r).

Sadaje

00,2 = U s-a )-Rsin y)2 +( r-Rcosy i =

= W -Is-a )(s-h )+r· -2Rr '---c'c:--+I = , ,[la-bJ') 2ab

2 (s-a)(s-h) '1

=R -2Rr-(."-a)(s-h)+4Rr------+r- = ab

__ R2 -2R,.+( s-a)( s-b)( s-c) -'. c( s-b)( s-a) h -, (s-a)(s- )= s s

2 (S-C C ) =R -2Rr+(s-a)(s-/J) --+--1 = s s

Ovim je leorema dokazana.

Posljedica 1: Zbog O(J/ ?:. 0 je R( R - 2,.)?:. O. tj.

R?:.2r. sto je poznata EuJerova nejednakost.

Primjer 8. Tackom A( a,{I) povuci pravu tako da jc odrezak te prave izmedu

koordinatnih osa jednak zadanoj duzini 1*). Diskusija!

') Papov prohlem; Papo, grcki maternaticar iz 3. vijcka nove ere.

198

Rjesenje: Prava kroz A ima jednacinu

y-a=m(x-a),

gdje je m nepoznato. Ako je P sjeciste te prave S osom x, a Q sa osom y, Pima

koordinate x = ~(/11-/), y =0; Q ima m

koordinate x=O, y =a( 1-1/1) (s1.8).

Zal'o za odrezak l vrijedi jednaCina

, a- ?" 7?

--:,-( 111- J r + a'- ( J - m r = flo • 1/1"'

y

PQ=l

....... Ala,a)

sl.8

To je reciprocna jednacina cetvrtog stepena. Aka stavimo I

111+- = u, izlazi m

(/ u2 _ 2a 2

It _/2 = O. Korijeni te posljednjc jednac.ine uvijek su realni: jednacina

III +!.....- = II ima realnih korijena samo za vrijednosti u . koje sc nc nalaze izmcdu -2 i m

.;.. Treba dakle gledati, za koje se vrijednosti od korijeni jednacine

f{/.{)sa 2u 2 _2a 2u_l2 =0 ne nalaze izmedu -2 i 2. NaCinirno j(-2) i f(2J:

.f(_2)~8a2_12, /(2)=-1', /1-2)=0 za 1=2a,)2,dokje /(2)<0 lIvijek.Kada

se, dakle I mijenja od 0 do 2a..fi. f( -2) > 0, f( 2) < 0, pa gornja jedna~ina ima

jed an korijen izmedu -2 i 2, drugi je ved od 2; taj posljednji daje dvije vrijednosti

za m. Ako jc pak I> 2a.fj, f( -2) < 0, f( 2) < 0, jedan je korijen manji od -2, drugi

je veei oct 2, pa imamo cetiri rjesenja za m. Za l = 2a..fi dva su rjesenja jednaka -I .

druga dva jcsu 2 ±.J3 .

Preporucujcmo da se dokaiu sljedece teoreme:

I. Duzina tdisne duzi, koja odgovara hipotenuzi pravouglog trougla, jednaka je polovini duzine hipotenuze.

2. Ako su MiN sredine stranica AC i BC trougla LlABC , tadaje - 1-

a) MNIIAB, b) MN=-AB. 2

199

3. Simetrale unutrasnnjih ugJova paralelograma obrazuju pravougaonik. 4. Ako su paraielne stranice OA i CB trapeza OABC normalne na krak OC i tacka

D srediste stranice AB , onda je OD:::::: CD . 5. Ako su dvije duzi koje u konveksnom cetverouglu spajaju sredista po dvije

suprotne stranice jednakih duzina, onda su dijagonaie tog cetverougla medusobno okomite. Dokazatil

6. Neka je a ostar ugao rornba, tp ugao pod kojim se iz sredista jedne stranice vidi

nasuprotna stranica rornba. Dokazati da vrijedi 4 sin a = 3tgtp .

7. Izraziti koordinate ortocentra, tezista i centra opisane kruznice proizvoljnog trougla preko koordinata njegovih vrhava.

8. Ako su A i B dvije zadane tacke, a A zadani broj, dokazati da je geometrijsko

rnjesto tacaka T ravni, za koje je AT: BT ::::; A, jedna kruznica (Apo]onijcvu kruznica), kojoj je precnik odreden onim dvjema tackama prave AB, koje izvana i iznutra dijeJe orijentisanu dUl AB u omjeru A.

9. Oko jednakoslranicnog trougla LlABC opisana je kruznica. Dokazati da svaka

lacka M luka AS ima osobinu MA + ME = MC .

LITERATURA

I!] Bitrakoy, D., Zbirka zadaCi od analiticka geomcrrija, Izdavacko pretprijatie "Prosvetno delo", Skopje, 1974. i2] Kurepa, D., Skreblin, S., Mutabdzija, D., Analiti£~ka geometrija za VII i VIIl razred gimnazJje, Skoiska knjiga, Zagreb, 1952. [3] Pavkovic, 8., Veljan, D., Matematika 1, Zbirka zadataka za I razred srednjeg usmjerenog obraz()vanja, Skolska knjiga. Zagreb, 1984. [4] Presic, S.B., Alimpic, B.P., Zbirka zadataka iz materna/ike za / razred sredl1;jih §koia, IGKRO "Svjetlost", Sarajevo, 1977. [5] Privalo", 1.1., .4n.alilic.!ka geomefr(ja, Zavod za izdavanje udzbenika, Sarajevo, 1968. [6] Rasajski, n., .4naiilicka geometrija, Naucna knjiga, Beograd, 1960.

200

III GLAVA

TRIGONOMETRIJA

JEDAN NACIN ODREDIVANJA VRIJEDNOSTI sill3'

lmamo sin5x::::: sin( 4x+x)::::: sin4xcos x+cos4xsinx

::::: 2 sin 2xcos 2x cos x+( cos2 2x - sin2 2x )si1l x

=4sinx( 1-sin2 x)( J-2sin2 x)+( 1-2sin2 2x)sinx

=4sinx( 1-3.\'iI12 x+2sin2 x)+( 1-8si1l2 x+8sin4 x)sinx

=16sin5 x-20sin3 x+5sinx.

Uzimajuci ovdje da je x = 18° i )' = sin 18° , dobijamo sJjedecu jednacinu:

16i -20y' +5y-/ =0,

odnosno

(y-I)! 16y' +16/ -4/ -4y+1 )=0.

Ocigledno. rjesenje .1'1 = 1, (sin 180 :t:.!) otpada te ostaje jednaCina

16l +16/-4/ -4y+I=0

iii

(4/ +2y-1 J' =0, tj.

41+2),-1=0.

Dobijamo sljedeca rjesenja gornje jednacine:

Ie; . Ie; Y2 1 = --I v 5 + I ) , "45 = -( v 5 - I ) . "4 '. 4

Posto )' = sin J 8° E ( Q,f) , imamo sljedece ~jeSenje:

I e; I . y=4(vO - i,t).

sill ISo =!...(.J5 -I i. 4

203

Sada imamo da je

te

Najzad dobijamo

Napomena: U starijoj matematickoj literaturi se maze naci da je:

No, veoma Iako se pokazuje da vrijedi:

fi+ {15 +J5+J5 -JI5+3J5 _ (L fi = "2 ~r 2 \12 "2

=(-1+./"5 JJ2+/3 +( I-J3 JJ5+J5.

204

VISE RJESENJA JEDNOG TRIGONOMETRI.TSKOG ZADATKA')

Ovdje cerna jedan interesantan zadatak iz trigonornetrije rijesiti na vise raznih nacina, Rijec je 0 sljedecem zadatku:

Dokazati dOl vazi jednakost

Dokaz 1: lmamo

sin 20° . ,\'in 40° -,drlS(i = J3 . 8

= sill 100° + J3 -sin40o-sin200 = 2

= Stll( 180° -8rl )+ .fj -sin( /800 _4dJ )-sin2dJ ::::

2

= sin 800 + J3 -(siIl4(i+sin20o)= 2

=sin(900 _100)+.J3 -2sin30o cosJ(/' = 2

oJ3 1 0 /3. =L'os10 +--2·_·cos10 =-,tj.

222

sin 20° . sin 40° 'si11800 = ~, q.e.d.

"I Koautor Alija Muminagic

(I)

205

Dokaz 2: Irnarno

sin 20° -Si11400 -sin SOD ::;: sin 200 -[ -~(COS 1200 -cos400 )]::;:

::::::sm20 . -+-eos40 =-.1'11120 +-slfl20 eDs40 ::;: . 0 (I J 0)" 1. 0 I _ ° ° 4 2 4 2

j . 200 J 1 (. () _ ()) I _ () 1. {/ 1 _ 0 =-S/ll +_.- sI1160 -.1'11120 =-sI1120 +-sm60 --sII120 =

4 22 4 4 4

~ L 13 ~ 13 . g.e.d. 4 2 8

Dokaz 3: Imamo da je

sin2 x-sb/ y:;:;; (sinx+ sin y )(.I'[n x-sil1 y) =:

= sine x+ y )-sin( x- y), tj.

Osim togaje

sin3x = 3 sin x-4 sill" X •

Tako je sada zbog (2) i (3):

206

sin20{/ . sin 40° -sin80o = sin 2(P[sin(6d) _20° ; sill(6(/) +2d) ;J=

~ 5ill200 (sill' 60° - sill' 2(1' ) ~ sill 20° [[ ~r -sin' 200

] ~

= sin 20° (~-Sin2 20°) =~( 3 sin 20° -4 sill.! 20° ) =

~~siIl3 20° ~~siIl600 ~L 13 ~ 13. g.e.d. 4 4 4 2 8

(2)

(3)

Dokaz 4: Primjenjlljllci jednakost

eos3x::::4eosJ x-3eDsx, (4)

imamo

son200 . Si11400 . sill 80° :::::: [sin( 30° _100 ) -sine 30° + 10° )] s;n800 =

(1 ., 0). 0 [I '0]. 0 :;;:; 4-sm- 10 -.l'In80:::: 4-( I-cos- 10 ) ·SltzSO ::::

( ) 0 3) 0 j 0 3 0 :::::: cos- 10 -4 ·cosIO =cos /0 -4cosIO ::::;

1,0, O(4)j 010 =-(4cos' 10 -3eosIO ) = -cos3·10 =-cos30 =

4 4 4

Dokaz 5: Lako se dokazuje da vrijedi

sin3x = 4 sinxsin( 60° - X )sin( 60° + x).

UstvarL imamo zbog (3):

. 3 3' 4" 4' (3 .,) Sill X= SlnX- Sill X= smx 4-SlI1-X =

~4Sinx[( ~r _sill' X]~4SinX(Sin' 60° _sill' x)~ (2)

= 4 sill xsin( 60° - x )sin( 60° + x), tj. (5) je tacno.

(5)

207

Sl3vljajuci sada u (5) da je x = 20°, dobijamo:

sin6(l =4sin20o sin 40° sin 80° , a odavde zbog 5in600 =!l: 2

13 sil1200 '5in400 . sill 80° =L=.J3, q.e.d.

4 8

Dokaz 6: Upotrebicerno jednakost

. . I [ 1 SII1XSlfIY=-- cos(x-y)-cos(x+y). 2

Sada imarno

~~~~~~=~~~~~~~~~=

16)2flo 0 1 0 01 = .J3l2(cos20 -c0560 ) 'i(cos20' -cos140 ) .... =

(6 )

I( '2()n 200 0 ° ° f) f) =-r: cos -cos cos140 -cos60 cos20 +cos60' cos14(), )= 2"\1.1

208

1 20 0 0 1 0 1 0 = r::;(cos 20 -cos20 cos/40 --cos20 +-cos140 )= 2,,3 2 2

? 1+cos2x, 1 ) =( zbog cos- x = --2-- 1 cos X cos Y = 2"[ cost x- y )+cos( X+ y)] =

(co.l'120 +co.l'160 )--co520 +-cos140 = ____ 1_[1 + CO.l'2 40° 1 0 0 J ° 1 0]

213 2 2 2 2

I I( 0 0 0 0 0 = ,-:::'- 1+co.\'40 -co.l'120 -cosi60 --cos20 +cos140 )= 2,,3 2

Dokaz 7: Ovaj dokaz liZ pornoc geornetrije je jedan cisti biser! Neka je dat trougao LlABC kod koga je LCAB = 200 ,LABC = 1000, LBCA = 60° i lacke E E AB iDE AD

- - --taka da je DC = ED = BC = BD = I (s1.1). Trougao dBCD je jednakostranicni, a trougao L!iBDE jednakokraki. Takoder slijedi da je trougao LJ.AED jednakokraki. tj.

AE = I (sl.1).

B

A sl.1

- iEB Sada slijedi (Irnamo iz dESD:

o ES 2 - 0 cos40 ===--::::;. EB=2cos40 ):

ED I

- - - 0 (I 0) AB=AE+EB=1+2cos40 =2 "2+cos40 =

= 2(cos60o + cos 400 )=2·2cos500'cos100, tj.

AB=4siIJ400 ·sinSOo.

KoristeCi sinusnu teorernu, dobijamo iz trougla dABC :

Sada iz (7) i (8) slijedi:

odnosno

AB BC . ---0 = ---0 ' tJ. zbog BC = J : sin60 sin 20

-- sif/600

AB=---o' sil120

4.""'140" . 800 sin 60° ., ·sm =---0' sin 20

(7)

(8)

209

Dokaz 8: Ovaj dokaz je nesta komplikovaniji i tezi ali je vrlo koristan. Nakon mozenja

jednakosti

dobija se

2 sinacosa:::: sin 2a,

2 sin2acos 2a:::: sin4a,

2 sin 4aco.l'40: = sinBa,

2 sil12" acos ra:::: sin2,,+1 a,

2'1+1. silla' p::::: sin2 11 + i a, tj.

gdje je p:::: coxa· ros 2a· cos 40:'. . cos 211 0: . Sada cemo dokazati dvije jednakosti:

Ig200 ·tg400 'If!,sr/:::: J3 , a J

cos2(1'cos4(l'cos80 ::::;-. 8

Slavll·aJ'uCi daJ'e a=--!!---, ,imamo . 2117 + 1

Sada dobijamo iz (9):

210

:::: sin Jr--- .. = SIll---:= sma, tJ. ( ff).7f .. 211+1 + J 2M+! + 1

. 2'HI SIl~=J.

sina

4Jr rll 1 cos--,-_· ... ·cos---=-- .

211 + + J 2'HI + 1 2'1+1

(9)

(10)

(I 1 )

Za 11=2 4Jf 1. ° ° 0 1 cos-o:::-,tJ. cos20 ·cos40 ·cos80 =-. 9 8 8

Ovim je (11) dokazano. Dokazimo sada i jednakost (10). Irnamo

sill 20° . sill 40° ·.I"i11800

cos 20° . cos 40° . co,<;800

. ((.'o:l200-cos600 )·s;n800

(cos 20° + cos 6rf ). cos srt

cos 2rP . sin 80° - cos6rf . . l"in8rf 2 cos 2d' . sin 8rt - sin801i

cos 2(i . cos 80° + cos 60° . cos 80° 2 coS 20° . cos 800 + cos 80°

.\';11100° + sin 60° -si11800

cos J 000 + cos 60° + cos 80°

.fi

-----''-;---- = L = .fi j • ,

.o.fi. o sm80 +--sI1180

a odavde

- cos 80° + -- + cos 80° 2

Ig200 .'g400 ·lg800 =.fi,

sto znaCi da je nejednakost (10) tacna. Sada dobijamo iz (10) i (11):

2

sin 20° . sin 401) . sin 80° = (tg 20tl . tg400 . fg800)( cos 20° . cos 40° . cos 80° ):;;::

~.fi~ = .fi, q.cd 8 8

Napomena 1: Lako se dokaze da vrijedi jednakost

cos 3x = 4 cos x cos( 60° -x J·cos( 60° +x),

pa sada imamo odavde za x 0::: 20° :

cos600 =4cos200 c05400 cos 80° , tj.

° 0 (I J 4 cos 20 cos40 cos80 =-. 2

odnosno

sto predstavlja (II).

211

Dajc Ig200 'lg400 'lg801J = 13,

moiemo dokazati na sljedeci naCin: Primjeniccmo pozl1ati obrazac koji glasi

tg3x

Za x:;::: 20° , dobijamo

3tgx _tg3 x

1-3tg2 x

Ig600 3tg 200

- tg 3 20°

1-3tg 2 200

Ig20°(3-lg 2 200 )-

1-3tg 2 200

Dakle, imamo

Ig200( 13 -lg200 )( 13 +lg2ll )

( { - 13lg 20° )( 1+ 13lg 20° )

( = l zbog

, 13 -lg200

1+ ,jj"g 20°

13 + Ig200

{-13lg201J

Ig200 'lg401J 'lg81/ =13, sto predstavlja (10). Sada se Iako dobija iz (10) i (II) dala jednakost (I),

tg8(l'l = )

Dokaz 9: U ovom dokazu cemo koristiti kompleksne brojeve. Uz jednakosL

sin( 900 - x);;;:: cos x, dobijamo:

P=Si1l200 ·.1i1/.400 '5i11800 =c05700 'c05500 'CQs100 =

cos 10° . cos 30° . cos 50° . cos 70°

cos 300

Ncka je z = cos lOf! + i sin 10°. Z211 + 1

Zbog cos nrp = --2z"

(ovdje je z. = cos tp + i sin <p,

11 • • - 1 -11 I ..) I" d' Z = cosnrp+ I Sli/llrp , Z :::O-,Z =-=cosn<p-fsllInrp S IJe 1: z II

212

° :;:!+1 76 +1 /0+1 Z14+ 1

cosIO =--,cos3{l=-'--,cossd) z 70° 2

I =--5-' cos =-7' Z 2::: 2::: 2z

Sada dobijamo

p cos laO . cos 300 . cos SOD . cos 700

cos 3(/)

=~._I_( 732 +Z30 +,,16 +7:4 +.,.22 +..,.10+ ,,18 +2,/6 +,14 + 12 .J3 16z16 .... "'"~............. ~ ,. z +

+/0 +/' +Z6 +/- +1)=

r::3("'1 \ r::(36 2 J =_"_j _~+ ~16 _,,28 _74)=_"_53_ ~ 18 _ 30 _76

24 16 .., -I ~. ~..... iii 2 + z z ~.'

z .... 24z z-1

Zbog ZIX ;;;:: cos 180° +isi111800 = -/, tj. Z36 = (-1 )2 = 1, l = cos{xf +isin6(P =!..-+ifj . 2 2

:::.JO = cos 3000 +i sin 3000 = ~-i J3 . slijedi: 2 2

p= 13 If ~'-+(Lj13J-(!,+j J3.J1 = 24(-1) -11-,2) 2 2 2 2 J

= .. 13lf'J_I_!..+Jl_L j 13) Ij,

24 2 2 2 2 '

13 13 p=- 2/-1-1 .. 1)~8'

213

odnosno

a a u.J3. cosIO . cos 50 ·cosSO =-, tJ. 8

. 200 . 400 . 800.J3 d Sill. ·.'>In -Sin =8' q.c ..

Napomena 2: .lednakost (11) mozemo takoder izvesti pomoct! kompleksnih brojeva.

U7.mimo da je ;: = cos 20° + i sill 20° : tada je

[e

o ::.2 + I 0 -/ + 1 () z'1 + 1 cos20 =---, cO.l'40 =--. cos80

2;: 2Z1 2z4

(Z.<Jl_ Z2

8Zl)(Z.1-J)

J - Z2 1 --;,:'--- ~-, q.e.d. -8(z -I) 8

-I)

(Zbog;:9 =_I,::.IR =1)=

L1TERATURA

! 1.1 Arslanagic, S., Marenwtika za f)(ldarcne, Bosanska rijec, Sarajevo, 2004. [2] LitYincnko, V .. 1\1ordkovich, A., Solvillg Problems in Algebra and Trigonol11etl)J, MirPublishers. Moscow, 1987. !31 Mintakovic, S., Franic, 1\1., Trigo!1(JfIletrija, Element, Zagreb, 1999. (4 J Noyoselov, S.I .. SpcciainU kurs trigol1ometrii. Visa skala, Moskva, 1967.

214

JEDNA TRIGONOMETRUSKA NEJEDNAKOST

Najprije cerno dati dokazjedne trigonometrijske nejednakosti koja glasi

ctga+ctgfJ+ctgy ~.J3 , (1)

gdje su a, fJ, r unutrasnji uglovi trougla.

Dokaz: I mamo

sine a+ jJ) elga+ctf!,jJ=--:--. -

SIIl[(SlfljJ

2siny

cos( C(- fJ )-cos( a+ fJ)

2sin --=='--> cos( [(- jJ )+cos y-

Sada dobijamo zbog (*):

2 sin ~

l+cosy

4sin L cos l 2 2 ~ 2tgL, tj,

2eos2 L 2 2

etga+ etg jJ ;:: 2tg L _ 2

ctga+ctgjJ + etg y:2:. 2tg I+ ctgy = 2

(&G)

~

2ctg L 2

- etg-+3tg- 2:: I (r r)' A2G)

2 2 2

r r r:;3' ctg --31g - = v:J , tj. 2 2

ctgo:+ctgfJ+ctgy?.Jj. q.e.d.

(*1

1C Vrijcdi jednakost u (1) ako i samo aka je a=jJ=r=j' tj. za jednakostranicni

trougao,

215

Sada cerno dati dva dokaza boljih UaCih) nejednakosti od nejednakosti (1). Iedna od njih je sljedeca nejednakost:

Q G G 3Q -+"1/3::;: ctga+ctgj3+ctgy:5: "1/3+-, 4P 4P

(2)

gdje je P povrsina trougla, a Q::::(b-ci+(c-a)2+(a-bi, (a,b,c su duzine stranica trougla).

Dokaz 1: Iz kosinusllc teoreme imamo

te i iz cinjenice daje p;::;: !...bcsina dobijarno: 2

i analogno

2 7? 2? 2P . a +b- +c :::: 2( b +c )-2--cosa, tj. sina

Nakon sabiranja nejednakosti (3), (4) i (5) dabijamo:

a2 +b2 +c2 :::: 4P( ctga+ ctgj3+ctgy).

Koristeci sada nejednakost 4.7 iz [1] koja glasi:

dobijamo iz jednakosti (6) datu nejednakost (2).

(3)

(4)

(5)

(6)

Vrijedi jednakost u (2) aka i sarno ako je Q:::: 0, tj. a:::: b:::: c Uednakostranicni trougao}.

216

Dokaz 2: Najprije cerno dokazati nejednakost

3 ctga+ctg fJ +ctgy '2 -( 2R - r),

s (7)

gdje je s poluobirn, R poluprecnik opisane. a r poluprecnik upisane kruznice trougJa LlABC. Iz (6) imamo

1 ? 2 2 ctga+ctgj3+ctgy;::;:-(a~ +b +c ).

4P

Sada zbog (8) nejednakost (7) glasi

Korislicerno poznatu jednakost za trougao

Sada nejednakost (9) glasi

ocinosno zbog p:::: rs :

12P 2( s2 -4Rr-r1 )'2--(2R-r),

s

2( s2 -4Rr _,.2 ) '212 r( 2 R - r ), tj.

s2c.r(16R-5r).

Nejednakost (I 0) je tacna jeT to je nejednakost 5.8 iz [11.

(8)

(9)

(10)

Dakle, nejednakost (9) je tacna pa je tacna i njoj ekvivalentna nejednakost (7). Dokazacemo sada da je nejednakost (7) bolja Uaea} od nejednakosti (1), tj. da je

(II)

udnosno

2s52J312R-r). (12)

Mi imarno nejednakost 5.3 iz [1]:·

217

Dokazacemo da je

3RJ] ~2J](2R-r)

~3R5AR-2r

q R~2r

u ova je dobra poznata Ojlerova nejednakost 5.1 jz [1]. ZnaCi, iz (13) slijedi da je tacna nejednakost (12), odnosno nejednakost (J 1 ).

(13)

Nu kraju dobijamo iz (7) i (11) da je nejednakast (7) boJja (jaca) od nejednakosti (1 ). Vrijedi jednakost u (7) ako j samo aka je R = 2,. , tj. ako je u pitanju jednakostranican trougao.

LITERATURA

[11 Bottema, O. and oth., Geometric /nequaUfies, Wolters-Noordhoff Publishing, Groningen. 1969.

[21 NovoscIov, S.L Specialnij kul's frigol/ollletrii, Visa skoia, Moskva, 1967.

218

TRINAEST RAZNIH DOKAZA JEDNE POZNA TE TRIGONOMETRUSKE NEJEDNAKOSTI 0 TROUGLU

U matematickoj literaturi se cesto maze naCi poznata trigonometrijska nejednakost 0 trouglu, koja glasi

,a,/J,Y,l sm-sm-Slf!-S-,

2 2 2 8 (1)

gdje su a, /3, y unutrasnji uglovi trougla, a jednakost ocigledno vazi ako i samo ako je

a::;:: fJ = y::;::!!... tj. za jednakostranicni trougao. 3

U ovom clanku eemo dati trinaest raznih dokaza nejectnakosti (1).

Dokaz 1: Najprije cemo dokazati jednu pomocnu nejednakost koja glasi:

2a >"j3" cos :2 -, .\l1l .\/11 r .

Nejednakosr (2) je ekvivalentna sa nejednakosctl

l+casa2': cos( /3-y )-cas( fJ+y),

odnosno (zbog cos( fJ + r ) = cas( Jr- a )::=: -cos a) sa nejednakoscu

cas( fJ-y ).::;:1,

sto je uvijek tacna. Dakle, nejednakost (2) je tacna. Analogno se dokazuje da vaze i nejednakosti:

cos2 Ii 2: sin y sill a , 2

cos2 r 2: sill a sin fJ . 2

Nakon mnozenja nejednakosti (2), (3) i (4) dobijarno:

2 U 2/3 2Y ·2 .2/J'2 ' cos -cos -cos -2:.nn aSII1 .'1m y,tJ. 222

(2)

(3)

(4)

219

C ,2 a .2 j3 2 r >64 . 2 a . 7 j3 . 7 Y 7 a 7 j3 , r 0.1 -CO.\ -cos - __ Sin -.I'U(" -SlIl- -cos- -C05- -cos--

2 2 2 2 2 2 2 2 2'

te odavde nakon dijeljenja sa cos 2 ~cos2 lcO.'/· r > 0 : 222

odnosno

.a.fJ.r J S/n-SIII-SlfI- $; ~, q.e.d.

2 2 2 8

Ocigledno, jednakost vrijedi u (1) aka i sarno aka je a -= j3 =:. y=~, lj. aka je II pitanju 3

jednakostranicni trougao.

Dokaz 2: Neka je

(5)

Kako je r~ ff-( a+ fJ), dobijamo iz (5):

l( a-fJ a+ fJ ) <X+fJ A=- cOS---C05-- 'cos-- tj 2 2 2 2 ' .

cos? u+ fJ -cos~- j3 cos a+ fJ +2A =(). 2 2 2

(6)

Kako su cos a+ j3 E n.t i cos a- fJ E lR, to diskriminanta D kvadratne jednacine (6) 2 2

ne moze biti negativna, lj. mora biti:

D?O:::::;,cos 2 a-/l -8A?O, 2

a-fJ te odavde zbog cos--:S; J dobijamo daje . 2

J A58"

sto znaci daje data ncjednakost (1) tacna.

220

Dokaz 3: Nakon mnozenja ocigJcdnih nejcdnakosti

a2 :2:(12 -(h-ci,

Ii '2.b2 -(e-al,

c2 ~ c2 _( a _ b )2,

dobijamo sljede6u nejednakost:

odnosno (h+c-a)(a+c-b)(a+h-c)<!.

abc

(Ovdje vaze nejednakosti trougla b + c > a, a + c > b, a + b > c ).

Kako je b+c-a a+h+c ---~----a=s-a,

2 2 te

a+c-b . a+b-c ---=s-b I ---=.I-c,

2 2 to dobijamo iz (7):

(s-a}(s-h){s-c) J $-,

abc 8 te odavde zbog

. (X ps - b )( s - c ) . fJ ,,-I s::..--="",)(-=s_-...:':..:.· ) r Sln~= ,SII1-=.1 i sill-=

2 be 2 ac 2 slijcdi:

(s-a)(s-h;

ab

Dokaz 4: Neka su a,b,c duzine stranica trougla .dABe. Dobijamo iz ocigledne

nejcdnakosti (h - c l ? 0 :

Sada dobijamo iz kosinusne teoreme:

b c -+-?2. c b

(8)

221

te odavde zbog (8):

ili

2 · > 1 a . cosO:_ --,tj.

2bc

a' I-coso: '5.-

2bc

, • J ()( a- .

2slI1--$-, tJ, 2 2bc

. ()( a .\'111-$ '-;--'

2 2vbc

Annlogno, dobijamo i sljedece n~jednakosti;

· fJ b SII1-$ r-'

2 2vac

· y c slI1 2 $ 2J;;i; .

Sada nakon mnozenja nejednakosti (9), (10) i (11) dobijamo:

Dokaz 5: lmamo da je

.. a.fJ .. y< abc, SII1~SIll-SI!1-_ ~,tJ.

2 2 2 8''l./a1Ilc2 '

.. a,.fJ .. y<1 d S1II 2 ,\1I1 2 ,\1!I 2 -"8' q.e ..

sin::.I'i11f!...I'in I = ,1~=-='-CCs--"c,-) . J( S -c)( s-a) . 2 2 2 ,ac

p1

(s-a)(s-b)

ab

=(s-a)(s-b)(s-cl= s =p.~=abc . ...!!..-=~.tj. abc ahc sabc 4 R sa/x 4 R

222

(9)

(10)

(11 )

sin~sinlsiI1I=~, 2 2 2 4R

. . r 1 a oda'..'de zbog cuvene Ojlerove nejednakostl R 2: 2,., q. Ii $. 2":

Dokaz 6: Imamo da je

. 0: . fJ . Y 1 ( fJ - y fJ + y) . 0: slI12"SI112 S1II 2=2 cos-

2--cos-

2- S1Il 2 ,

fJ+r (" (Xl . (X. fJ-y aodavdezbog cos--=cosi ---1=.1'111- I cos--'5,1:

2 \2 2; 2 2

0: fJ y I. O:f .0:\ 1. a 1. ,0: (12\ Sil12" sill "2 Si11 '2 $ ism] \l -Sill "2 J =2 sl1l Z-2 sm- -i' ,

. a NekaJe sin-=x

2

odnosno

f 1 1,.

I (xj=-x--x. tJ. 2 2

1 2 1[( I)' I] f(x)=-;/x -X)=-';; x-;; -4'

J I( I)' 1 j(X)=Ii-;; x-;; ~Ii' XEID.I) .

Sada dobijamo iz (12):

J al J[ J[ Jednakost vrijedi u slucaju kada je x:::: -, tj . .I'i11- = -, odnosno a = - te fJ = y= -',

2 2 2 3 3

223

Dokaz 7: Imamo daje

,0:, /3 r 0: , /3 (IT 0:+/3) I( a-/3 0:+/3) 0:+/3 SUl 2SUl 2 Slf1 2 ==SUl2 sUl2"sm 2--2- =2' cos-2--cos-

2- ·cos-

2-=

1[1 ,0:-/3 (I 0:-/3 0:+/3)2] 1 ,0:-/3 1 =2 4cOS -2-- 2"cos--2--cos-

2- ::;;8 cOS -2-::;;8

(bd "j' ,0:-/3 u ue1 ( a Je CD.\·~ -- ::;; 1 ), q.e.d. 2

lednakost vrijedi u slucaju ako J·e ~cos a- jJ -cos a+ jJ =() i em,.:'· a- j3 = I (j 2 2 2 2' "

0: = J3 = r:::::!!... Qednakostranican trougao). 3

Dolmz 8: Imamo da je

.70: . 7 jJ .? r 1-coso: i-cosjJ I-cosr 3 I .l"ln~ -+stn~ -+SIl1~ - =----+ +---=---(cosa+c05 f3+cosy).

2 2 2 2 2 2 22

Takoder dobijamo

224

0:+/3 a-/3 Cosa+cos jJ + cos y- / == 2cos--cos---( I-cos r)::::::. 2 2

= 2 sin I.. cos a-jJ -2Sin2I==2SiIlI(COSa-jJ -sinI)= 2 2 222 2

,r( 0;- /3 0:+ /3) r, 0: , /3 ==2s1I1 2 C05-2--C05-

2- :::::2slf!2 2slf!2"Stfl2"=

4 ,0:,/3 r ' == sln-sUl-sin-, tJ. 222

cosa+ cos j3 + cos r = 4sin!!.. sin !!... sin l..+ 1. 2 2 2

Sada iz dvije gornje jednakosti slijedi:

2

0: /3 r 20: ,,/3 ,2Y 3( O:/3,r)' 1-2siIl2Si"2 sin 2"==sil1 2+sl/l~2+sm 2~ stn2sIn2~'m2 . (13)

(Ovdje smo koristili poznatu nejednakost (A 2:' G) izmedu aritmeticke i geometrijske

ff sredine tri pozitivna broja, gdje vrijedi jednakost ako je a == j3 == y= 3").

1

Uzimajuci saada da je t::::: (Sin!!" sin !!...sin l..)3 . dobijamo iz (13); . 2 2 2

iii

a odavde zbog ( t + i l > 0 :

iIi

odnosno

1-213 :;::'3t2 ,tj.

2r' +312 -1::;;0,

(21-1)(1+1)' ,"0,

21-1::;;0, tj.

I t ::;;-

2

I

(Si1/~Sil/!fSi!liY ::;;f,

Dokaz 9: Ako su o:,jJ,y unutrasnji uglovi trougJa, tj. a+f3+r==n, tada su i

ffO: ,,/3, "r., Be )kd ." j' A=--- B=---I C=--- (postoJe A+ + =n ta 0 erunutrasoJlugovl 22' 2222

jednog trougla. Sada, datu nejednakost (1) mozemo pisati u obliku

I cos A cos BcosC::; -.

8

Dokazacemo sada nejednakost (1 ').

(I ')

225

OcigJedno, nejednakost (1') vrijedi za tupougJe i pravougJe trouglove. Dokazimo daje

011a tacna aka je u pitanjll ostrougli trougao, tj. ako je O<a,p,y<!!.... Na osnOVll 2

nejednakosti izrnedu (A ~ G) aritmeticke i geometrijske sredine dva pozitivna broja dobijamo:

(cos A + 2 cos B case l ~ 4 cos A· 2 cos Bease,

odnosno (zbog cos A = cos[Jr-( B+ C )J = -cos( B+ C ):

I-cos( B + C J+ 2 cos B cos C]2 ~ 8eos A cos B cosC , tj.

COS2

( B -C) ~ Scos A cos B cosC ,

te odavde zbog cos 2( B-C )~J:

J cosAcosBeosC~8' g,e.d .

.lednakost vail ako i sarnO ako je A = B = C =!!... , odnosno a = j3 = r = !!... . . 3 3

Dokaz 10: Na osnovu nejednakosti (A:::' G )izmedu aritmeticke i geornetrijske sredine dva POZilivl1a broja. imamo:

2..Jab $. a+/J,

2.Jhz. $. b + c,

2";;;; s: a + c.

a odavde nakon mnoienja ovih nejednakosti:

8abe $.( a+b)( b+c)( a+c).

Na osnOVlI sinusne teoreme irnamo:

a = 2Rsina, b =2RsinfJ, c == 2R sin r, a sad a jz (14):

8 sill a sin jJ sin r s: (sin a+ sill j3 )(sin jJ + sill r }(sin a+ sill r)

iIi .a ajJ jJ.y y

64 SIn-COS-SlIl-COS-SIfI-COS- s: 2 2 2 2 2 2

. a+jJ a-jJ. jJ+y jJ-y. a+y a-y S:8slI1--cos--slI1--cos--sm--cos--.

2 2 2 2 2 2

226

(14)

(15 )

Kako je

. a+jJ y. jJ+y a a+y jJ sm--=eos-; .l"1/1--=cos-' .l"in--=cos-

2 2 2 2' 2 2'

dobijamo iz nejednakosti (15):

a jJ y a-jJ jJ-y a-y 8 sin-sill-silJ- s: cos--cos--cos--

222 2 2 2'

a-jJ jJ-y a-r a odavde zbog cos--S: J, cos---$.), cos-- s: J: 2 2 2

Dokaz 1]: Pretpostavimo da data nejednakost (1) nije tacna, tj. neka vazi

.a.jJ.y / Sl1l-S/fl-SllJ- >-

2 2 2 8'

iii zbog sin!!"sin'!!"":::!"'(cos-a_--jJ--cos-a-+-jJ-l: 2 2 2 2 2 ,

iii

r a-jJ a+jJ) r J . ,cos-2--cos-

2- Sif12>4,lj.

a-jJ . y a+jJ. r J eos---sl11--COS--SI/l- >-2 2 2 2 4

. a - jJ + r . _-a~+ ,-jJ_+.c.Y .I'm + .I'm 2 2

. a+jJ+y . a+jJ-y J sm +Stn---->-.

2 2 2

Iz a+j3+r=Jr slijedi

a-jJ+Y=K-2jJ,-a+jJ+Y=K-2a, a+jJ-y=ff-2y kao i takoder:

(16)

227

. _a_+-'cY_-'-.jJ Sin

2 cos /3; . Y-I.<+jJ

SUI 2 cosa

. a+jJ+y 1,' SUI

2 . cac_+.!C.jJ_-..!..y

S[tl----

2 cos y.

Sada iz (16) dobijamo da je:

iii

1 cos fJ + cosa-J + cos Y>"2

3 cosa+cos fJ + cos y> -.

2

Gornja nejednakost je kontradikcija sa nejednakoscu

3 cosa+cos j3 + cos y$-

2

koja je tacna jer je to nejednakost 2.16 iz [4). Prema tome, data nejednakost (1) je tacna.

Dokaz 12: Imumo da je

. a . jJ . Y 1 ( a- jJ a+ jJ) . y S1I1 2 SII12"Stn"2:::::2 cos~2--cos~2- sm 2 $

':::;(zbog cos~-$J) $- l-cos~- cos~-a-jJ I( a+jJ) a+jJ 2 2 2 2

,; _ 2 2 =-, lJ. (C'<>AI,['-COS

a+ f3 +cosa~lI2 1 .

2 2 ) 8'

.a.jJ.y 1 d Stn~sln-sm- $-, q,e ..

2 2 2 8

228

lednakost vriJ'edi akko J'e CO.~' (X- fJ = 1 i ) -cos a+ f3 = cos ex+ fJ , tj. cos 0:+ fJ = ~ a 2 2 2 2 2'

d d a+ jJ O· a+ jJ 7r. jJ ff. 7r r; d k .. o av e ~-= I ~-=-,tJ. a= =- 1 Y=- lJe na ostramcantrougao). 2 2 3 1 3

Dol<az 13: KoristiCemo vee spominjanu .Tensenovu nejcdnakost koja gJasi:

a) Aka je f konveksna funkcija na intervalu [a,b], te Xi E [a,b] , i = 1,2, ... ,/1, onda

vrijcdi nejednakost

f(X1+X2+ .. +X" 1< f(XI)+f(x,)+..·+f(x,,)

II) n (17)

b) Ako je f konkavna 1'unkdja na intervalu [a,b), te Xi E [a,b] , i = /,2, ... ,11, onda

vrijedi nejednakost

f (:':c':X2 + ... + x" I> f( xl )+ fe "2 )+ .. + f( x" ) n) n

V rijedi jednakost u (17) i (18) ako i sarno ako je Xl ::::: X2 ::= •• ::::: Xli •

Posm~;lracemo sada funkciju f( x):::: In ~'in x na intervalu ((J,%]. Kako je

f'i.,j=(-._I_.cos xi' ~-+<;, \;/xo(o,,,-] Sl/lX ) Sill X 2

(18 )

s!ijedi da je data funkcija konkavna na datom intervalu pa imamo na osnovu (I8) Zit

/I =3:

n \·/fI---_....o.." > -. I ( . XI+X2+Xl)\ !nsinxl+lnsin.x~+l!lsiI1Xl

. 3 3'

minosno

229

(l odnvdc za ,I, ;:::;;~, X, -;;;:;!!." X, ::::: I, gdje su a,p, y uglovi trougla (a+ J3 + r;:::;; lr ): , - 2 2

r jJ\()3 in Sin!!..Sin-SinL)I::; in .sin!!.. , te \ 2 2 2 6

. IX .' jJ .' r ,(1)3 " SlI12".IUl2 ,I1I12 ';:'"2 ,tJ.

LITERATURA

!1'1 Ars!a:wt~ic, S .. Ullgleichungen Jill' cbene Dreiecke (I), Wurzel, Hen ';:)/1999, S.170-]73. 121 Ars!mUlgh\ S .. Neke m;jednakosti II vezi rmugla, Triangle, Vol. 2(199X), No.4, S.2()9<275.

D} ArsbnHgie, :S .. Mafcmatiko z{ll1adarene, Bosanska rijec, Sarajevo, 2004. [4) Bottcma. O. and oth., Geometric InequaliTies, Wolters-Noordhoff Publishing, Gruningl:n, ! 1)69. 15] Engel, A., Problem-Solving Strategies, Springer-Verlag, New York-Berlin­Heidelberg. 1907. f61 Siv:l,~inskij, LH., ,l\,'cravenstva 11 zadacah. Nauka, Moskva. 1967.

230

o RJESEN.JIMA TRIGONOl\1ETRIJSKE JEDNACINE sin x+cos'::::::: J 2

Kao mlad profesor trebinjske gimnazije sam daD ucenicirna III razreda za pismeni zadatak iz matematike da rijcse trigonometrijsku jednacinu

x cosx+sil1-=I.

2

Naravno, za mnoge ucenike tu nije bilo problema S obzirom da zbog

,x ,x ?x 2 X d . d" . cos x::::: cos- - - sin- - i J::;:: sin- -+ cos -, ata je naCllla postaJc 2 2 2 2 .

iIi

a odavde

'( x ) sil1~ 2sin"2-1 =0,

, sill::"'=O v

2 x 1

Sil1-=-, 2 2

. d b"' .". 7[ 4k 57[ 4k k 0 tJ. 0 IJamo !]esenJe xJ ::::;2k7r,x~ =-+ [[,X, =-+ rJ"[: = ,±l,±2, .. - 3 "3

Za domacu zadacu sam im zadao "slienu" jednaCinu

sinx+cos'::'::.:: 1. 2

(I)

I ja nisam puna razmisljao dajuci im ovu jednaeinu; vjerovao sam na prvi pogJed da ee [0 lako iei. No. niko od ucenika nije rijesio do kraja tu jcdnacinu, neki su nash brzo jcdnoodrjcscnja x=4kTC, (k=O,±},±2, ... j itonapamet.

Sam sam vidio cia nije jednostavno rijesiti jednacinu (1). Tek u egzilu sam to ucinio na sljedeci nacin: Iz (1) dobijamo:

C(),\·~=J-sinx. 2

x Uzecemo dvije trigonometrijske funkcije i to y:::: cos-

2 grafike.

)' ::.:: J - sin x i nacrtati im

231

D,llde, iz ovib grafika zakljucujemo da data jednacina osim oCiglednog rjesenj<t

\: = 4/ur (k =O,±1,±2, ... ) ima Ijesenje XE (%.ll") tj. XE (% + 4kll",ll" + 4kll" ). No, mi

l'CIlH) se ograniCiti na l:jeSenje XE (%,ll" ).

U vudenjcm nove ncpoznaie x

I ;:;;tg-, zbog 2

. 21 SIflX~--

1+12

(,Sill X > () i cos~ > 0 za XE (%,7r )), datajednacina (1) postaje:

21 1 --+----1 1+t2 Jl+/-

iIi I , ,

'\fl+r =t~-2t+l odnosno nakon kvaciriranja

r' __ 4,2 +51-4 =0,

Oer r=O dajerjesenje x=4kll" (k=0,±1,±2 .... ).

x 1 COS 2= Jl+t 2

(2)

Jednacina (2) oCiglc:dno !lema cjelobrojnih Ijesenja (korijena) jer bi to morali bili brojevi ±1,±2.±4, .. ,a oni to nisu sto se Iuku pokaze provjerom.

Daldc, mogu6a rjesenja jednadzbe su iracionalni brojevi koje cemo odrediti metodom iti:racijc. Neka je

Po~!()jt g(2)= ·-2<O,a g(3)=2>O,tokorijen.iednacine fE(2,3).

lednacina (2) je ekvivalentna jednacini

f=~(4+4t2_{'1 ), 5

tj.

. . 1 7 'I gdJele f(t)=-::;(4+4r-r J.

)

1=/(1),

(3)

Posto je t'( t ) = ~( 8f - 3t2 ), . 5 ie 11'( t)l:;:; ~ < 1, VI E (2,3), to mazema primjeniti

)

metod iteracije.

Uzmimo ua je to = 2; dobijamo iz (3): 2

(J = f( 4 + 415 -ti; ) "'" 2;675,

1 '; l'} = --;::( 4 +41'; -1; ) "'" 2,6962408, , )

'3 =!...( 4 +41i -t; ) "" 2,6955914. 5 ,.

1 'j 14 =j( 4+41.1 -[.~ ) "" 2,695622.

1 '5 = -( 4 +41J -I; ) = 2,6956206, 5 1 '1

t6 = s( 4 + 4t5 - ts ) "" 2,6956208.

Uzecemo daje rje.scnje jednacine

x I" -= 269562 " 2' ,

a odavde

x ~ 2,431123146 E (%,J[ ) iIi

X"" 139017'44" E (90°,180° ).

Dakle, Ijesenja clate jednacine (1) SU osim x=. k ·720° (ili x =4kll" ), (k = 0,±1.±2, .. )

jos i x = 139°17'44" + k ·720u (iIi x ~ 2,4311 23 146 + 4k7, , (k = O,±I,±2 .. ,,).

233

Za X"" 139(117'44" dobijamo da je

sill X+ cos:::" "" 0,65216 +0,34779:::: 0,99995 "" 1 . 2

D,l!\Je, ucinjena greskajejako mala. Prcporucujemo da se nadu "dobra" Jjesenja jednacine (2) pomoclI metoda sjecicc (I{(;gula falsi) i metoda tangellte (Njutnova metoda).

Dacemo .ins jedno Ijesenje jednacine (2):

,3 _.4t2 +5i-4 =0,

pi lInOCLI ClivellC KHrdallove~) formulc. N;lime. jedmlcinC!

r' +af2 +bf+C=O

Iliikon smjenc 1= \' -~ postaje . 3

i , gdje.ie p =: h - - a- ,

3

/+py+q=O,

2 ; 1 q=~(r --ab+c.

27 3

Dokcv:lIjc se d,l jednacina (4) ima rjesenja:

(4)

1'1 I(q)' (p)3 . q (q \J' (p)3 Y~~-2+Y 2 + 3' +3_2- 2 + 3' (5)

Funnula (5) sc naziva Kardanova formula, Nebl SLI:

Kod nas, u jcdn<lcini (2) je (/ = -4,h = 5,(' =-4 i nakon smjene t:::: y+~ dobijamo: .,

"! C;icronimo Clrdano (1501-1576), iLalijanski maLematicar.

234

odnosno

til = 3 .~( 28+3187) = 42,073412487 = 1,275151844, 27

VI = 3 ~(28 -3m) = ro:Oo066 1587 = 0,087135543, tj. 27

)'/ = u/ + vI "" 1,362287437 j t, =)'/ +1 "" 2,69562077 ,

(oslala dva ljesenja "'2..1 i "2,3' tj. h.3 i t2J nisu realni brojevi te ih necemo racunati).

Ovo r:ic,~enje Ij "'" 2,69562077 je veoma "dobra" jer smo ranije koristeci metod

uteracije dobili da je '6 "" 2,6956208; razlika izmeau njih je veoma mala

(l.<lIlem'lrljiva). Dalje, lako dohijamo stavijajuci da je t:::: fg %' tj, fg % "" 2,69562077

Ijesenje date jedancine (l).

235

NEKE PRIMJENE TRIGONOMETRIJE U ALGEBRI

Cesta prj rjcsavanju algebarskih zadataka (tjesavanja jcdnacina i nejednaCina. dokazivanje nejednakosti, transformacija nekih izraza, itd.) mazerna veoma efikasno promjenljivu zamijeniti jednom od trigonometrijskih funkcija i oa taj oaein cisto algebarski zadatak pretvoriti u trigonometrijski koga je najcesce lakse rijesiti. Izbor trigonometrijske funkcije zavisi od vrste algebraskih i7.raza, jednacine, nejednacine iIi, pak, sistema jednacina koga treba uprostiti. Svakako, to za\'isi od toga koje vrijednosti uzima promjenljiva u algebarskom zadatku. Naprimjer, ako iz uslova zadatka slijedi da promjenljiva x uzima vrijednosti -] s: x $1, to ce biti prikladan zamjena x = sino:,

0: E [ -%, %] ili x = cos a, a E [O,Jr] , sto zavisi ad prirode samog zadatka. U slucaju da

promjenljiva x uzima bilo koje realm~ vrijednosti, tada se uvodi zamjena

x=tgo:,aE(-!!.,!!..). iii, pak, x= ctga, (xE (O,Jr). Sve ovo cemo efikasno 2 2

demonstrirati na sljedecim primjcrima:

Primjer 1: RijeSiti jednacinu ~ ,

-vi-x- =4X" -3x.

Rje.scnjc: Ocigledno, jednacina ima smisla ako je 1 - x2 '2 (). tj. -1 $ x::; j . Uvescemo

zamjenu x=cosa,O:E [O,Jr]; dobijamo:

~ 1-cos2 0: = 4cos3 0:-3coso:, ili

!sin 0:1::::: cos 3a .

Kod nas.ie sifla;::: 0, pa dobijamo:

a odavde sljedeca rjesenja:

sino:::::;; cos 3a iIi

cos3a-cos( ::'--0:):=::0. tj. \2 .

-2Sin( a+5)Sill(20:-~)=0,

Jr kJr.. 3Jr a~-+- II! a~-+kll (kEZ).

8 2 4

236

Uslov 0::; a::;:; J[ zadovoljavaju Dve tri vrijednosti

51l a,=-,

- 8

SIT X, =cos-

51l 1+cos--

4 2 ~ 1-co.l'4 j

- ~--J2-,[i 22' - 8

3IT ff,[i x3 =COS4 =-CO.l'4=-2'

a to su ljesenja date jednacine.

Napomcna: "Normalnim" rjesavanjem date jednacine nakon oslobadanja od korjena doW bi do jednacine:

koja nije nimalo ugodna za rjesavanje.

Primjer 2: Rijesiti jednacinu

8x(2x2-1)(8x4-8x2+1)~1 akoje XE(O,1).

Rje.senje: Uvescemo zamjenu x = cos y, yE (0,%). Data jednacina dobija oblik

8 cos y( 2 cos 2 Y - J )( 8 cos4 y - 8 cos 2 y + j ):= j .

No, kako je

2cos2 y-1=cos2)',

8cos4 y~8CO.,·2 )'+1:=~8sin2 yeos2 y+1=i~2sin2 2y=cos4)"

to dobijena jednacina postaje 8cosycos2ycos4y =1.

237

Mnozecl !:!OfnJ'u J'ednnci!lll sa ' > 0 (0 IT) d b" ~ - smy ,YE '2' () lJflITIO koristeCi formulu

SiIl2y::::2sill),cosy:

siIl8y=siny,iJi ,7} 9v 2sl/J-cos"",,:,,_=O

2 2

a odavde ova IjeScnja iz intervala (O,J):

27r J[ J[.

)" =7')'2 =-;;' Y.> =3' tJ.

21r J[ J[ 1 xl ::;:::COS~,X7 =COS-'X l =CO.\'-=-,

7" 9' 3 2

Primjcr 3: Dokazati ela vrijcdi nejednakost

£1l2~112 +.J2I11n~J12 >m,

gdje je 111 > II > a ,

Dok:1z: Dijeleci datu nejcdnakost sa m > 0, dobijamo njoj ekvivalentnu nejednakost

2 II (")2 >1. 111 m

Zbog llslova m>n>O imamo o<..!!.-. < I, pa cerna uvesti zamjenu III

.!.!.... = sill 0:, aE (o,!!..). Mozemo L1zeti da.ie 0: ostar lIgaa pravouglog trougla cija je m 2

hipotenuza Ill, a nasuprotna kateta L1g1u a je n, Sada, posljednja nejednakost postajc

cosa+..J2silla-siIl2 a > I, iii .J2sllla-sin2 0: > I-cosa.

Nakon kvadriranja (zbog I -cosa > ()), dobijamo:

2sina-sin2 a> I-2coso:+cos 2 a, iii silla+coso:>i.

238

Dobijena nejednakost je tacna jer se nakon kvadriranja svodi na

sin2a> (),

, ' 'I ( IT) stojctacnoz)og O'E 0'2 .

DakJe, tacna je pocetna nejednakost. Naravno, sad a moiemo reci da sma magE u dokazu poei od posljectnje nejednakosti

sin2a> 0, erE (o,~) i koristiti progresivan dokaz stu je, svakako, vrjednije.

{Jocimo da LI datoj nejednakosti vazi jednakost aka je Ill:::: n > o.

Primjcr 4: Dokazati da za a> c > 0 i b > C > 0 vazl nejednakost

Kada va7.i znakjednakosli?

Dokaz: Dije!eci objc strane date nejednakosti sa c > a , dobijamo:

~(':'._E)+ ~(~._E)~ ~,ili v~l-;;--~-) v7l;-;) I}';;';

~':'.-J+~~-J ~~':'.~ c c c c

BuduCidaje o>c>O j b>c>O,odnosno

!3.. > I ,I> 1 ->I,

c c uvesccmo zam.ienu:

(J J O<a<!!.., I> J IT coi a

O<fJ<--, 2 fJ 2 c c

Sada se posJjednja nejednakost svodi na sljedecu nejednakost:

~{---~--

J 1 J 1 'I' --2--J+ --,--1 $ --,-'--,-, II cos a cos- f3 cmr a cos- f3

239

odakle je

i-cos2

j3 ~_J_,_J_, tj. CO.'/ j3 cos ex cos fJ

J tga+tg/3$--'---c:

cos a cos jJ

sina' Sill/3 i . --+--:5: ,tj-cosa' cosjJ cosa'cosjJ

sinacos/J+cosasinj3s;.i iIi sin(a+/3):5:i,

sto je [aCno. Znaci, i data nejednakostje tacna.

Vail znakjednakosti za cx+jJ=!!... 2

Primjer 5: Rijesiti sistemjednacina

2X+X2 Y "'" y,

2y+ y2 Z == Z,

2Z+Z2X==X.

Rjesenje: Napisimo dati sistem U obliku 2x

Y=--, ' i-x-

2)' Z=--2'

i- )'

2, X ==--2 ,

J-z

Uocimo, da mora bili x2 :;:'i, l :;:.i. / :;:.i .

Koristeci trigonometrijsku formulu

tg 2rp = 2tg~ , J-tg"rp

, ( " ") uz zamJenu x==tga, CtE -2'2 ' " a'i:--4

i a:;i: 5, dobijamo iz prve jednacine

sistema )'~.:: tg 2ex , iz druge z == tg4a j iz trece x = tg8a .

240

Dakle, imamo Iga=tg8ex, iIi

sin7a tg8a-tgct=0,tj, 0,

cos8acosCt a odavde

'7 ,kllk~ Sill a=O,tJ. a=-, Etu.

7 Dakle, imamo ova rjesenja:

kll 2kll 4kll x=tg-, v""'-tg--, z""'-tg--,

7' 7 7

Kako je aE ( -~,~), to k maze uzeti avih sedam vrijednosti O,±l,±2,±3 .

Provjerom se utvrdi da svaka od ovih sedam vrijednosti za k daje rjesenje sistema jednacina.

Primjer 6: Dokazati da za pozitivne brojeve Q,b,c,d vazi nejednakost

.Jab+Fcd $~(a+d)(b+c),

Dokaz: Podijelivsi datu nejednacinu sa ,J;i; > 0, dobijamo:

Uvodeci zamjenu

dobijamo

iIi nakon kvadriranja

d 2 --=tg Ct, a

1C C ~ 1C O<ct<-, -=tg'/3, 0</3<-,

2 b 2

1 +2tgatg/3+rg 2atg2 /3:5: 1 +tg 2a+tg 2 p+tg 2afg 2 /3 ' ~j.

tg 2 a+ tg 2 /3 - 2tgmg /3 ~ 0 , iIi

(tga-tg/3i' ~O,

sto je uvijek tacno. Time je dokazana data nejednakost.

241

lednakost vajj u sJucaju kada je tga::::: tg fJ, tj.

d c

a b

Na kraju celTIo dati nekoliko zadataka za samostalan rad.

Zadaci

1. Rijesiti jednaCinu

t;xl ~ 2x2 -I.

2. Rijesiti jednacinu

..J1-x=2x2 --J+2xJ1-x2•

3. Rijesiti jednacinu

4. Nac! sva rjeSenja jednacine

5. Rijesiti jednacinu

( 'j' ( 'J' 1~;- _ 1~;- = 1.

6. Naei !l3jvec.u i najmanju vrijednost izraza ax+by ako je x2 + l = 1.

7. Rijcsiti sistelTI jednaCina

a) )2(x-y)(I+4xT)~J3

x 2 +l::::::1

r-, P I c) v.....;1-x~ -x 1-v :::::-" • 2

,r--; r.-2 (1-2y' )"VI-x' +2x",,1-y- ~1"

8. Rijesiti jcdnacinu

242

b) 4XT(2x2_1)~1

Xl + l ::::: 1

9. Dokazati da za c > 0, a > c, b > c vazi nejednakost

)( a+c )(b+c )+)( G-c)( b-c) 5 2,fab"

10. Dokazati nejednakost

8( a 4 +b

4 ) ~ ( a + b f ; (G,b Ell),

11. Izmedu svih Ijesenja (x,y,z,v) sistema

Xl+y2:::::4,

z':: +i =9,

xv+yz;?:6,

naCi 0110 za koje izraz x+ z. uzima najvecLI vrijednost.

12. Nati Ilajmanji [ealan broj s za koji sistem

Ima rjesenje.

J:xy- Y-2.+1 +,J;; S; s,

JyZ- y-z+1 +JY; $s,

~zx-z-x+I+.r;; 5s,

13. Za koje je vrijednosti realnih brojeva p i q nejednakost

!)1_X2 -px- Q!5fr)2-1) tacna za svako XE lO,i]?

243

TEORIJA BROJEV A

JEDAN KRITERIJUM DJELJIVOSTI BROJEVA"

Da bismo utvrdili da Ii je prirodan broj n djeljiv brojem 111, neposredno dijelimo broj n brojem In, Na primjer, aka je n '= 72 a 111 =: 18, imamo 72: 18 =: 4, iIi 72-::::.J8·4; aka je n=J245 a m=12, imamo 1245:12=103 sa ostatkam 9 iIi

1245 =: 12 . 103 + 9. U prvom slucaju kazema da je broj 11 djeJjiv brojem III (min), a u

drugom da broj n nije djeljiv brojem m (mJn). Medutim, za ispitivanje da Ii jc broj

5697439 J J 2 djeljiv brojem 7 trebalo bi, na prethodni nacin, vise i vremena i truda.

Znaci navedeni kriterijum uvijek .ie primjenljiv, ali ne i praktiban. 2bog toga cerno odrediti pogodniji kriter~jllm djeljivosti. On ce se octnositi na djeljivost brojevima koji su manji od 10. Neka je dat broj 11 napisan u dekadnom brojnom sistemu:

Dokazimo da je broj n djeljiv brojcl1l 111 « 10) aka je broj

djeljiv brajcm In, tj. ako je

odakk slijedi

Na osnovu prethodne jednakosti, imamo redam:

=a,J j(jI_dH )+an_1( j(j'~I _d,,-l )+ .. +ai](j _d2 )+al JO-d)+mk = I.aJ 1d -ct )+mk, q.

i",1

n=::mk+±aJIOi-i ). (I) i",}

"J Koautor Dragoljub Milosevic

247

Na osnovu osnovnih osobina kongruencija. lako se dokazuje da je JO" _dll (11 EN)

djeljiv sa 10-d, Kakoje d=1O-m, toje JO-d=-l1l. pa izjednakosti (1) proizilazi da je broj Il djeljiv brojem 111, odnosoo

Takoder vazi i ohmuto:

(dokaz se prepusta Citaocu),

Prema tome: Broj QnaJI_J .. ,Q2QjQO je djeljiv brojern m( < 10) ako i sarno ako je broj

Qo +( 10-111 )a/ +( 10 -/1/ l (/2 +,., +( 1O-m)" Q/I djeljiv brojern m( < JO),

Postavlja se pitanje: Da lije ovaj kriterijurn dovoljna praktican? Odgovor: Ukoliko je razlika 10 -/11 manja, to je i navedeni kriterijurn pogodniji za prirnjenu, Narocita je pogodan za In = 7,m =- 8 i /1/ =- 9,

Kadaje, na primjer, 111=9, to zbog }O-m=-J, irnamo

sto predstavlja zbir cifara broja a ll an_! ... a2 aJaO i atuda zakljucak: Broj je djeljiv sa 9

ako i sarno aka je zbir njegovih cifara djeljiv sa 9,

Interesantno je da za m =- 8 imamo jednostavan kriterijum: Broj je djeljiv sa 8 ako i sarno ako je broj Qo + 2a, +4a2 djeljiv sa 8.

Primjer 1: Ispitati da Ii je broj 43274 djeljiv sa 7,

Kakoje ao =4,a j =7,az =2,a3 =3 i a4 =4, toje

Posto je broj 448 = 7 ·64 djeljiv sa 7, to je dati broj 43274 djeljiv brojem 7. Stvamo, 43274=7·6182.

248

l'rimjcr 2: Da Ii je broj 24679243 djeljiv brojem 8?

Imamo: 3+ 2 ,4 +4·2 =- 19, (Ovdje koristimo jednostavoiji kriterijum za djeljivost brojem 8). Zbog BJl9. biee 8)24679243. Znaci dati broj nije djeljiv sa B.

Napomena: Radi bdeg i lakseg racunanja, izraz ao + 2a, +4a2 ohicno pisemo kao

(2a2 +(/, )·2+ao ,jer je, kao takav, pogodniji za usrneno racunanje.

Primjer 3: Primijeniti prethodnu napomenu na broj 3114366928.

Biee: (2·9+ 2)- 2+8 = 48. Prema tome, broj 3114366928 je djeljiv brojem 8 (jer je

broj 48 djeJjiv brojem 8).

Napomena: Kriteriji za djeljivost sa brojem 8 i brojem 9 nauce se jos u osnovnoj skoli. No. prethodno izJaganje je znacajno najvise zbog toga sto daje kriterijum za djeljivost sa brojern 7, a u osnovnoj i srednjoj skoli ovaj kriterijurn se jednostavno preskoci.

249

o VELIKOJ FERMAOVOJ TEOREM('

Tvrdenje velikog francuskog matematicara Pjer Fermaa (Pierre Fermat, 1601-16(5) 0 tome da jednacin3 Xii + yn ::;;: zl! • gdje je 11 prirodan broj veti od dva, nema

~jeSenja u skupu prirodnih brojeva, naziva se velika Fermaova teorcma. I pored tvrdenja P. Fermaa 0 tome da .Ie on uspio da nade izvanredan dokaz ove teorema. koji on, kako sam kaze, ne navodi usljed nedostatka mjesta (avu je primjedbu P. Fenna napis<lO na marginama knjige "Aritmetika" grckog maternaticara Diofanta iz 3 .. stoljecu nove cre) do danas Fermaova velika leorema U opstem obliku nije dokazana (niti opovrgnuta). Fermaov3 velika tearema dokazana .Ie za pojedine eksponcnte i grupe eksponcnata, na primjer za sve II S; 4002. L. Ojler je pokazao nemoguenost rjesenj" u prirodnim brojevima za eksponente 3 i 4, a A.M. Lelandr za II::::: 5, dok je E.E. Kumer prosirio dokaz i na mnoge veee prirodne brojeve 11: Prema danasnjem stanju m<Hematike nije iskljuceno da je velika Fermaova teorcma neodluciv matemuticki problem. Siroka popu)arnost i nezdravo spekulisanje i trazenje njenog dokaza pojavili su se 1907. godinc u vezl sa raspisivanjem premije od 100000 njemackih maraka za njeno rjeSenjc. Ta premija je. zbog niza inflacija u Njemackoj. davno poniStena. Medutim. velika FermJova teorem8 i dana je od znacajnog interesa, jer njeno Ijesenje zahtijeva izgradnju dubokih metoda 1I teoriji algebarskih brojeva. Ovdje ce biti govora 0 jednom veoma interesantnom dokazu vel ike Fermaove teoreme

1 pod lls]ovom da je n C N,1l > 2 i z < J +--;;r:::-.

~2 -1 Evu tog dokaza. lz datog uslova slijedi da je

Jasno je ua je z -I > 0, pa iz (J) imamo

1 "r:::2 i 'I' --->'\jL- ,11 z-i

_I -+l>!fi, iii z-}

(I )

'J Ova jc napisano prije nalazenja dokaza velike Fermaove teoreme a cemu govori naredni naslov.

250

~>!fi.tj. z-1

---> 2 , odakle je (z-1 r

zn > 2( z -1l. (2)

Izjednacine x"+yn"",Z" slijedi daje z~y+l, te z2x+1, iii z-1?:'y, z-12x,

odnosno odavde

(z-lt~xr.)(z-lt?:.y".

Sabirajuci ave dvije nejednakosti, dobijama

(3)

Iz (2) i (3) imamo (zbog 2( z-1 t < zit) daje:

tj. prirodni brojevi x, )',z, ako je 1 z < 1+ -;;r::- ne predstavljaju ljesenje jednacine ~2 -1

LITERATURA

[I] Mit-ie, V., Kadelburg, Z., Buldc, D., Uvod u teoriju brojeva. Materijal za mlade matcmaticare, Sveska 15, Drustvo matematicara Srbije, Beograd, 2004. r2] Pavkovic, n., Veljan, D., Elementama matematika 2., Skolska knjiga, Zagreb, 1995. [3] Sivasinsldj, I.H., Teoremi i zadac; po algebre i elementarnim junkcijam, Nauka, Moskva, 1971.

251

RUESENA MAffiMATICKA ZAGONETKA STARA PREKO TRI STOLJECA

U Ijeto 1995. godine, sam irnao jedinstvenu priliku da prisustvujern predavanju prof. dr. Jirga Kramera (JUrg Krammer) sa Instituta za matematiku. oa cuvenom Humboldt univerzitetu u Berlinu. Tom prilikom prof. dr. Jirg Kramer .ie. pred velikim audirorijem, demonstrirao dokaz cuvenog, posIjednjeg (veUkog) teorema, velikog francuskog matematicara Pjera Ferma (Pierre Fermat. 1601-1665), a koji glasi:

JedllacillQ x"+l=z", gdje Sll X,Y,l,1l prirodni brojevi in> 2 nema rjeienja.

Profesor Kramer je demonstrirao dokaz koga su zajedno dali engleski matematicari Endrju Vajls (Andrew Wiles) i Ricard Tejlor (Richard Taylor) koji zive u SAD-u, pocetkom 1994. godine. Vajls je jo~ 1993. godine iznio pred eminentnim auditorijem na Kembridz Univerzitetu (Cambridge University) svoj obimni dokaz upotrijebivsi elipticne krivulje, no poslije se pokazalo da isti ima nekih manjkavosti, a onda je njegov kolega Tejlor popunio te "cupe" i tako se uzima ovaj grandiozni rezultat kao Vajls-Tejlorov dokaz. Rekli smo da SU oni okoncali taj posao u prvoj polovini 1995, godine.

Matematicki svijet je bio potpuno zatecen i gokiran nakon svega ovoga. Bilo je puno ushicenja, a i tuge mnogih koji su svoj zivot posvetili rjesenju ove velike rnatematicke zagonetke. Nairne, ova prilicno prosta tvrdnja, pokazalo se, ipak se nije rUesila metodama elementarne matematike. tj. teorijom brojeva nego uz pamoe sasvim nove strategije.

Red je da se ovdje osvrnerno na historijat ove Fennaove hipoteze koja je viSe od tri staljeea okupirala paznju same mat-ematicke elite sirom svijera.

Ko je bio taj cuveni francuski matematicar Pjer Fenna? Po zanimanju je bio pravnik i za zivota nije objavljivao radove iz matematike (to

je u6il1io njegov sin Samuel, koji je 1679. godine izdao knjigu njegovih radova "Varia opera mathematica" - "Razni malematicki radovi",) Utjecao je na razvoj cijelokupne rnatematike svoga doba; s cuvenim Dekartom (Descartes) suotkrivac je koordinatnog sistema i analiticke geometrije, a sa Njutnom i Lajbnicom (Newton i Leibl1iz) suotkrivac je modeme teorije brojeva (po torn dijelu njegova matematickog interesa Fenna je najpoznatiji), narocito po ovom Zadnjem iii Velikom teoremu. Ta se cuvena tvrdnja i tradicionalno naziva Fermaova teorema iako je on nije dokazao niti je itko dokazao ni opovrgao tu tvrdnju do 1995. godine.

Fenna je praktikovao da na marginama svog primjerka cuvene knjige starogrckog matematicara Diofanta (3. stoljece n.e. zivio u Aleksandriji) "Aritmetika" (Arithmetica) zapisuje biljeske koje su se odnosile na probleme iz teorije brojeva kojima se bavio. Te biljegke su cesto imale oblik tvrdnji bez dokaza. Sve te tvrdnje su kasnije, od

252

strane drugih matematicara potvrdene kao korektne uz malohrojne izuzetke. U Diofantovoj knjizi naveden je i sljedeci problem:

Z'\ svaki pozitivan cio broj a, jednacina xl + l = a2 ima beskonacno moogo

racionalnih rjesenja.

Na margini, pored ovog Diofantovog teksta. Ferma je zapisao sljedeCi komentar; "Medutim nemoguee je predstaviti kub kao zbir dva kuba, cetvri stepen kao zbir dva cetvrta stepena, i uopee, bilo koji stepen veei od drugog kao zbir dva takva stepena. Nasao sam zaista divan dokaz ove tvrdnje, ali na margini nema dovoljno mjesta da ga zapisem."

Drugim rijecima, Fenna tVl'di da Diofantva jednacina

nema rjeSenja u skupu prirodnih brojeva.

Recimo da za /I = 2 slijedi x2 + / = Z2 , a ova jednacina ima bezbroj rjesenja u

skupu prirodnih brojeva - Pitagorin tcorem, tj. Pitagorini brojevi. Najbolji svjetski matematicari su u toku posljednjih 300 godina pokusavali da

dokazu Fermaovu tvrdnju, primjenjujuci razne pristupe. U tim pokusajima dobijeni su mnogi interesantni rezultati iz teorije brojeva.

Navedimo ko se sve bavio ovom Fermaovom tvrdnjom. Za n == 3 tvrdnju je dokazao gvicarski matematicar Ojlcr (Euler) 1770. godine; za n = 4 tvrdnju je dokazao sam Ferma; za n = 5 njemacki matematicar Dirihle (Dirichlet) 1825 godine i francuski matematicar Lezandr (Legendre); za II =7 francuski matematicar Lame (Lame) 1847. godine.

Tu je najdalje otisao njemacki matcmaticar E. Kumer (Kummer) koji je tvrdnju dokazao (oko 1850 godine) za sve proste brojeve n (brojeve koji Sll dijeljivi sarno sobom i jedinicom) 5 ~ n ~ 43 sa izuzetkom II=: 37 . Moze se slobodno re6i da je Kumer uCinio najveci progrcs u pravcu rjesavanja Fermaovog tcorema, njegove ideje su kasnije koristili mnogi rnatematicari koji su se bavili ovim "matematickim cudom".

Fermaov problem privukao je u ovom stoljeeu pa7.1lju mnogoh matematicara (to je isto bio slucaj i sa tri klasicna geometrijska zadatka 0 trisekciji ugla, kvadraturi kruga i duplikaciji kocke pomocu sestara i lenjira (prim. autora) dijelom i zahvaljujuei Cinjenici da je 1908. godine Nijemac Volfskcl (Wolfskehl) zavjestao nagradu od IOG.GOO DM onome ko prvi rijdi problem. Posljedica toga je bila "pop lava rjesenja" od stmne amatel'a, od kojih mnogi nisu shvatali sugtinu problema. Interesovananje arnatera jc splasnulo nakon !ito je spomenuta svota obezvrijedena hiperintlacijom koja je u Njcmackoj nastupila poslije Prvog svijetskog rata. Vise od 100 godina nakon Kumera nije bilo ozbiljnog teoretskog napretka. Razvijala se Kurnerova metoda, koristili su se jaki

253

kompjuteri pa je vee do 1976. godine Fermaov teorem dokazan za sve proste brojeve 1/ < JOOOOOO. Skora da je bila preovladalo misljenje da je to jedan od neodlucivih

problema. (Za problem se kaze da je nead!uciv ako se ne zna da se u njemu iznesena tvrdnja niti moze dokazati niti opovrgnuti).

Njemacki matematicar G. Faltings (roden 1954. godine, dobitnik Fieldsove medalje 1986.) je 1983. godine pokazao da Fermaovs jednacina ne maze imati bcskonacno moago rjesenja u skupu prirodnih brojeva. U isto daba je viSe autora pobzala da postoji beskonacno prostih brojeva za koje je istinit Fermaov teorern. Iako su oba rezllltata ozbiljno vodila naprijcd. problem je jos uvijek bio daleko ad rjesenja.

Izmedu 1980. i 1985. njemacki je matematicar G. Frej (Frey) izgradio novu strategiju za ljesavanje Fermaovog teorema. Pocetkom Ijeta 1993. godine vee spomenllti engJeski matematicar A. Vajls (Wiles, roden 1953. godine) najavio je rjesenje ovom strategijom, s10 smo opisali u prvom dijelu ovog izlaganja.

N:lvedimo sada na kraju koje je sve matematicke discipline koristio Vajls u svojoj slrategiji definitivllog dokaza Fermaovog tcorema:

-AIgcbarska geometrija, -Aritmetika, -Algebra, -Topologija. -Teorija funkcija kompieksne varijable, -Teorija reprezentacija grupa ...

Ovaj cbnak ima infonnativan karakter i pisan je za siru citaJacku publiku. Evo, ja sam kao prognanik iz rodnog mi Trebinja imao u svoj tragediji mag naroda i mojc zemljc, srecu da U ovom gradu Berlinu prisustvujem "in vivo" prezentaciji dokaza ovc p()vijesne matematicke zagonetke.

Recimo nu kraju jns nesto vazno, za nesto bolje poznavaoce maternatike, da Vajls-Tejlorov dokaz sa stanovista matematicke logike nije izravan (direktan) i poznatje u matematici kao reductio ad absurdum (svodenje na apsurd (kontradikciju)). Takav se dokuz moze simbolicki zapisati na sljedeei nacin iogickom fOnTIlllom:

sto se moze opisati rijecima ovako: ako se lz pretpostavke da vrijedi tvrdnja A, dokaze

neka tvrdnja B i nj~i suprotna tvrdnja Jj , onda se moze zakljuciti da tvrdnja A nije iS1inita.

254

o MALOJ FERMAOVOJ TEOREMI

Ovdje nam je cilj da se izlozi jedno tvrdenje iz teorije brojeva cije varijacije i posljedice rnogu da koriste za sastavljanje interesantnih netipskih zadataka a djeJjivosti brojeva. Najprije cerna dati neke uvodne napomene, navodeci jednu definiciju.

Definicija: Neka je c proizvoljni dati cin braj razlicit ad nule. Za dva cijela broja, a i

b , kazemo da su kOllgruentni modulo c, i piSemo

a ==b{mod c)

ako j samo ako jc ((I-b) djeJjivo sa c.

Tvrtlenjc1. Akoje an == bn(mod c) i M(Il,c)=l*l,tadaje a;.;;:;b(modc).

Tvrdenje 2. Aka Sll !II i P relativno prosti brojevi i p pozitivan prim-broj, tad a

nikoja dva ostatka, sto ih dobijemo dijeleei brojeve (praizvode)

Ill' J, m· 2, m· 3, ... ,111'( P -1)

brojern p, nisu jednaka j nijedan od njih nije nula, tj. ti ostaci Cine skup

P={J,2, ... ,p-I) .

Dokaz: Ako bi brojevi Ill' k i III l, () < k < I < p irnali isti ostatak pri dijeljenju sa p,

ima!i bi fI1. k;.;;:; m·!(mod p). Primjenorn tvraenja 1. slijedilo bi k:= l(mod p), sto je

nemogllce. No, predimo 11a sustinu Clanka.

Mala Fermaova tcorerna. Ako cijeli broj m nije djeljiv sa p gdje je p prost braj,

tadaje

Ovo tvrdenje iskazao je Fermat 1670. godine, a dokazao Euler 1741. godine .

• ) M( l1,c) oznacava najveCi zajednicki djelilac brojeva n i c.

255

Dokaz: Prikazirno proizvode m·1, m·2" .. ,m·( p-f) U obliku:

m J=pq/+rl ,

m 2=PQ2+r2'

gdje su 'i,l'2 , ... , 1',1_1 oslaci pri djeljenju tih proizvoda brojem p. Izjednacimo Ii

proizvod Jijevih strana tih jednakosti s proizvodom desnih strana, dobicemo jednakost:

gdje je C odgovarajuci cijeli broj. 11, (1) vidimo daje

Kako je prema tvrdenju 2:

lII P-'·I,2 ( I) r (d) .... p- =: /r2 . ..rp_l 1110 p .

Ii ·r2 · ... ·rp_ 1 =1·2· ... ,( p-1),

to na osnovu tvrdenja 1, iz (2) sJijedi kongruencija:

1111'-1 =: l(mod p),

sto je i trebalo dokazati. Iz male Fermaove teoreme neposredno slijedi vazna posljedica:

mP=m(modp),gdjeje p prostbroj.

Pomnozirno Ii kongrenciju (3) sa In, dobijamo kongruenciju

m P =:m(modp).

(I)

(2)

(3)

Dokaz male Fermaove teoreme, odnosno, dokaz njene posljedice izvodi se, takoder, veoma interesantno metodom matematicke indukcije.

Dacemo sada dokaz posljedice male Fermaove teoreme pimP -Ill koristeci

matematicku indukciju.

Za m=l teorernavrijedijer pIJP-l=O.

256

Pretpostavimo da je tvrdnja tacna za proizvoljan pozitivan broj m;::: 1, tj. vazi

Dokazacemo da tada vrijedi takoder

pi(IlJ+! t -(m+1).

Imamo

,,-l(p} (m+1J1'-(m+J)=ml'+:L . n,,-i+ 1-(m+1) iool t

iIi

1'-1 ( p) (m+I)"-(m+1)=m/!-nt+i~ r IIlP-i.

Kako p 1[:' J za 1" i " P - I lo po induklivnoj prelposlavci p i"'l' -m, slijedi da

1'1(111+1)"-(111+1).

Dakle, posljedica male Fermaove teoreme je dokazana, tj. vaii plm" -m iii

111 /' =: 1Il(lI1ud p), odnosno v(tzi i m fi -I =: I(mod p) ukoliko su brojevi J/1 i p re1ativno

prosti, tj. M( m, p)= 1, tj. vszi mala Fermaovs tcorema.

Interesantno je dati i stjedecu napomenu: m P-1

=: l(mod p) i za nekc brojevc p kllji

nisu prosti: ;120 "d(lI/ad 121 ), dok je 121 = IJ. II '

Navedimo da vazi i obrnuto: Akojezasvaki m tukavda M(m,p)=1

m1,-1 =: l(moel p),

rada je /, prim-broj.

Navedimo .los jedno interesantno otvoreno pitanje: Da Ii postoji m > 1 takav daje

22m .- 1 =- I(mod m)?

257

ZADACI

1. Dokazati cia je a10, gdje je a cia broj, oblika 1 J k iIi 1 J k + I , gdje je k cio broj.

2. Dokazati cia je za svaki cia broj a, a9 oblika 19k iIi 19k ± 1 , gdje je k neki cio broj.

(Uputstvo: Aka je 191a, to a;;;:;: 19k. Aka je M( a,19) == 1, to a'ii == J(nwd 19);

19 1( ,,9 -1)( a 9 +1) paje ,,9 =19k±1.)

3. Dokazali daje kvadrat cijelog broja oblika 5k iii 5k±.l, gdjeje k cia broj.

4. Dokazati cia ako je p prost broj, tacia plr 5" - 2·31' + I ) .

(UpulstvO: Za p:;:::2,3 i 5 lako se vicii. Za p>5 je M(5,p)=j, pa

jI' "" 5(mod p ), 31' =: 3(mod p ), 5 P - 2·31' + 1 == .5 - 2,3 -I- J 'E O(mod p ) .)

5. Nacisveprostebrojeve p,takvecia pI2 P +J.

(Uputstvo: Jedini takav broj je p::::: 3. Nairne, ako je p prost broj, onda iz male

Fermaove teoreme slijedi cia ))12 P -2. pa zbog pl2 P +1 slijedi cia p dijeli i

njihovu razliku, tj. pI3.)

6. Dokazati da za svaki prost braj p iz aJ' =±l(mod p) sIijedi al' 'Ei ±l(mod p2 ).

(Uputstvo: Imamo al' -1=( a-l)( a fl - I +aP~2 + ... +1 )'EiO(mod p). Iz male.

Fermatove teoreme je al' =. a(mod p). Stoga iz pretpostavke a P --1'EiO(mod p)

slijedi (J - 1 """ O(l1lod p). Odavde je a P- 1 -1 =. l(mod p), a P- 2 = 1(l11od p) , ....

a = l(mod p), 1::;:;: !(mod p). Sabiranjem ()vih kongruencija dobijamo

a!J-I+ a !,-2+ ... + a + J ;:::p=O(modp), pa je ai';:::l(modp2). Analogno se

dokazuje j tvrdnje da {II' =. -l(l11od p) povIaei al' ;::: -l(mod p2 )).

LITERATURA

II] Puvlwvic, B., Dalcie, B., Mlndinic, P., Elcmcntarna teorija brojeva, Hrvatsko matematicko drustvo, Mala matematicka biblioteka, Br. 3, Element, Zagreb, 1994. [21 Pavkovie, B., Vcijan, D., Elementarna matematika 2., Skolska knjiga, Zagreb. 1995. 13] Tosic, R., Vukoslavcevic, V., Ele111cI1tama tcorUa brojeva, Alef, Novi Sad, 1995,

258

o FERMAOVOM BROJU

.. ,:".eliki francuski matematiear Pjer Ferma (Pierre Fermat, 1601-1665) je tvrdio, oslanJaJucl se na nepotpunu (empirijsku) indukciju ela su svi brojevi oblika (Fermaovi brojevi)

prosti posto je to pokazao za 11 = 0,1,2,3,4 .

Stvarno, Fo ::::: 3, F, = 5, F2 = 17, F., = 257, F4 = 216 + 1 = 65537 su prost] brojevL

Medutim, sbvni svajcarski matematieal' Leonard Ojler (Leonhard Euler) .ie 1732. godine utvdio da je broj Fs =4294967297 slozen i djeljiv sa 641, tj.

F5 :=:.641·6700417, Godine 1880. Landry je dokazao da je broj F6 sIal.en, djeljiv

prostim brojem 274177. Do sada sakupljeni podaci 11m'ode na pretpostavku da nijedan od Fermaovih brojeva. ako je I!;:;: 5 , nije prost.

A bas prosti Fermaovi brojevi imaju znacaj u geometriji. Naime, jos 1796. godine cuveni njemacki matematicar Karl Fridrih Gaus (Carl Friedrich Gauss, 1777-1855) je kao maturant gimnazUe dokazao vaznu teoremu:

Pravilan I1J -tougao, gdje je m prost braj, moze se konstrujsati (sarno) pornocll

sestara i Jenjira onda, i samo onda, kada je lit prost broj oblika 22" + 1.

Kako je F2 = J 7 , on je izveo dokaz da se pravilni sedamnaestougao moze konstruisati

pomocu sestara i Jenjira. Na njegovoj nadgrobnoj ploei je ucrtan pravilan sedamnacstougao po njegovoj ielj} u testamentu.

Sada cemo dati jedan interesantan dokaz pomocu racuna kongruencija da 6411F, , tj.

2' F:'i =2 +1=O(mod641)

iIi

F., =232 +1 ;;zO(mod64J).

Imamo

210 = J024 = 383(l11od 641 )

~ 210 .26 ;:::383·64(mod641)

=> 216 ~ 245J2(mod 641). (I)

259

Takoaer je 24512 E 154(mod 641). (2)

Iz (1) i (2) sada dobijamo 216 =: !54(rnod64!)

(3)

Vrijedi 154' : 23716 E 640(mod 641 ). (4)

Iz(3)i (4)dobijamo 232 =: 640( mod 64] ) . (5)

Kako .ie 640 E -I(mod641 J. (6)

to iz (5) i (6) dobijamo 232 =:--J(mod641), tj.

232 +1 =0(mod641) ,

odnosno

I p " 641 F, :2- +1:2 +1. q.e.d.

260

NEKI DIOFANTOVI PROBLEM!

Sada ce biti rijeCi 0 nekim nelinearnim Diofantovim problcmirna, lj. jednacinama cija rjesenja pripadaju skupu prirodnih brojeva.

Problem 1: IednaCinu

rijesiti u skupu prirodnih brojeva.

1 1 1 -+-+-::::] x )' Z

(Il

Rjcsenje: Jasno je odmah da otpada slucaj daje bar jedan od brojeva x,y,z jednak J,

jer bi tada dobili npr. za x::;: J :

sto je nemogllce, zbog y, zEN.

1 1 -+-=0, )' z

Nakon mnozenjajednacine (I) sa X}'z, dobijamo:

)'z+xz+x)':::: :r)'z,

iii

x )'2

yz - y- z

Mozemo uzeti zbog sirnetrije da je x;?:)';;:: z , pa je sad a iz (2):

odnosno

.~-~)', YZ.- y-z.

),z-y-z '5":.~

yz y

odakle se nakon rnnozenja sa)'z , dobija:

yz-y-2z'5":.0,

iii

(2)

(3)

261

Iz (3) zakljllclljemo un morn biti:

z.-l=l=> z =2, odnosno y -::;4, tj. y=2,3,4;

z - 1 = 2 => z :::: 3 , odnosno )'::; 3 , tj. y:::: 3 ,

.ler je po us]ovu y;:;: z .

Iz (2) sad a immno: (y::::: 2, z::::: 2) => XE N , ovaj sJucaj otpada;

(y=3,z=2)=,>x=6;

(y=4,z=2jo=,x=4;

()'=3,z=3)=>x=3,

DakJc, ljdcnja su sljedelce trojke ( x, y, z): (6,3,2 );( 4,4, 2 );( 3. 3, 3 ) .

Problem 2: Odrediti priroune brojeve x,y,;: koji zadovoljavaju jednacinu

Hjeiienje: Mnozeci datu jednacinu sa x)'Z, , dobijamo

Ou,lvde lako dobij,mlo daje

X+y+z==xyz.

y+z x=--,

),2-1

OCigJedno da )' i z ne mogu biti istovremeno jednaki J.

Ncb bucic x ~ )' ;::: z . lz x.2': Y i (2) dohijamo:

y+z. --'-~y, )'z-I

adak Ie se Ilakon mnozcnja sa )'Z - J > 0 dobija:

z/-2y-z $0

iii z( Y - Yl )( Y - )" )'; a ,

262

(J)

(2)

gdje je

,

Zbog I-~ <Ojei 1-,)1+2,' 0 b' , y > , to mora It!:

z

z odnosno

YZ$~J+Z2+J.

Posto je z::;)', to je i Z2 $ yz, odllosno iz (3) se dobija daje

iIi nakon kvadriranja

(Jdnosl1n

,2 ,; 3 ,iIi ,$ j3 ,

Znaci, mora biti z = J. Iz (3) dobijamo, zbog z:::: J daje

Zbog z = J i )' == 2 , jz (2) dobijamo da jc

2+1 , x=2-~' t.1. x=3.

Dakle, jedina trojka trazenih brojevaje

x=3,),=2,z=l,

Stva11lo,imamo 3+2+J:::3·2·1.

(3)

Problem 3: NaCi sve trouglove sa cjelobrojnim stranicama, ciji je obim brojno jednak njihovoj povrsini.

263

Rjesenje: Dakle, po uslovu zadatka imarno daje

-Js{ s - ~ j( s - b )( s - c ) = 2, , ( I)

d· b ·ct·b'· a+b+c g Je su a, ,c pnro 111 rOJevl, as:::: ---. 2

Rjc.scnje: Uvedimo oznake s-a = x,s-b = )"s -c = z ; tada imamo iz (I):

~( x+ y+z)xyz - 2(x+),+zj,

iii nakon kvadriranja xyz::::4(x+),+z), (2)

Ako je 2s paran broj, s je prirodan broj, pa ce x,y,z biti prirodni brojevi. Ako bi 2s

. b . b·l' . ,. neparan broj 1 .. bw neparan roJ, J 1 bl X, Y,.?, SVI obhka _. , no avo liZ re aC1Ju (2) nije

. 2

mogue.e, jer jc II njoj desn<l strana, koja se moze napisati U obliku 2(2x+2),+2z),

cijeli broj. Dakle, x,)', z rnoraju biti prirodni brojevi.

Nekaje sada x:2' y:2' z. Iz (2) nalazimo:

4y+4z x=---. yz-4

(3)

Mora biti

Ovu nejednakost cemo pomnoziti sa yz - 4 > (). (Ne moze biti yz - 4 < 0 , jer bi tada

zbog (3) x bilo negativno). Dobijamo sada iz (4):

Ij. Z(y-Y')(Y-Y2)$0, (5)

gdje su YI i Y2 korijeni jednacine z)'~ --8y -4z = 0, koji, naravno, zavise od z :

264

Vidimo da je )'2 < 0 , odnosno Y - Y2 > () , pa iz (5) dobijarno da je:

y- Y, 'S,(J, tj,

Odavde, dalje, imamo

odnosno, zbog z '5, Y pogotovo

KvadrirajuCi obje stranc, dobijarno

dakle

sto je ocigledno ispulljcno za z '5, 3 .

Razmotrimo sljedece slucajeve:

y'5,4+Jj6+~Z2 ,

z

{I 4 +..fi6'+ 4 4\'+4z 41'+4. ,. '" . . 1 z = 1, Y 5, < 9,x = ........:.-.-- = -. - Je pozltlvan clJelJ broJ ako JC y:::;: 5 (u

I yz-4 .1'-4

tom slucaju je x = 24), y::: 6 (ll torn slueaju je x = 14), )' = 8 (u tom slucaju je

x:::: 9).

o 4+.)16+4·4 4)'+4z 4),+8 2y+4. ... . 2 Z =2,)' 'S,.-----< 5,x=---=--=--- Je clJch broJ za y=3, sto

2 ),z-4 2y-4 ),-2

daje x=10, teza y=4, stodajc x=6,

. d 41'+4z.... I· b . lrnamo a x = -. -.:. l1lJe C1JC 1 raj. Y'l.-4

I taka imama sljedecih pet ljeSenja problema:

-x y z x+y+z s a b c

24 5 I 30 6 25 29 14 6 1 21 7 15 20 9 8 I 18 9 1() 17

10 3 2 15 5 12 13 6 4 2 12 6 8 -~

265

SEST RJESENJA JEDNE DIOFANTOVE') JEDNACINE

Ovdje cerno se haviti rjesavanjem jedne lnteresantne Diofantove jednacine sa tri promjenljive x, y. zEN. Ustvari, rijec je 0 sljedeccm problernu:

Dokazati da jednacina

(I)

illla bezbroj rjesenja u skupu N .

Rjescnje 1: Kako.ie tl + 211 ::::; 2·2" :::: 2/1+1 , to znaci da mazemo uzett

11+1

x=2 2 , y=2.l, 7.=2 5 ,(nEN)

jer imamo

" + \ 1 ~ [2% r +( 2~ r ~ 2" + 2" ~ 2"+1 ~ [2";' r ~ z

j d d" f" k' b" n II 11 + I k d 'd' b ' , Trebas(J{ao re !tltakve Il.E" za oJcsu rOlevl-,-,-- ta 0 erpnro m [oleyl. . . 2 3 5 .

OcigJedno slijedi da je fI=2·3·4+2<1·5k, (k=O,1,2, .. ),tj.

1l~24+30k, (k~().J.2, .. ,),

Ie imamo ova Ijescnjaa date jcdnacine (1):

( x,)', z) -= (212+15k ,ih-IOk , 2 5+6k ). (k = 0,1, 2, .. ).

tj. d:uajcdnacina (1) ima bczbroj ljescnja u skupu N, q.e.d.

Rjdcnjc 2: Neka su a,h,cE N takvi brojevi da vrijcdi c =az +lJ"'. Odavde nakon

mnoz,enja (lve jcdnakosti sa C24 slijedi:

• ) Diofanl, starogrcki matemnticar iz 3. vijeka nove ere

266

i imarno ova rjesenja date jectnacine (1):

(x,y,z)=(ac '2 ,bc8,C

5 ),

gdjc su a,b,c proizvoljni prirodni brojevi za koje vrijedi c = a2 +iF' .

Rjescnje 3: Ovdje cerna poCi ad Pitagorine lrojke brojeva (a,b,e), tj. brojeva za koje

vrijeJi {/2 +// =c2 , (O,b,CE N).

Nakon mnozenja ave jednakosti a2 +/l = c2 sa Q,lO/J1O ('Ill, dobijamo

iii

gdjc je

Dakle, rvrdnja zadatkaje tacna.

Rjesenje 4: Nakon mnozenja ocigledne jednakosti

83 _73 =/32 , (5/2-343~/69)

sa SlOn-X ,( n EN) slijedi

iIi zbog 8 = 23 :

(132 3(5,,-4))2 +(7'221511-4)/ =(23IZ /!-·J)t, tj.

gdje je (x, )',z) = (13. 23( 511-4!;7 ·22( 511.-4); 23( 211-1!), (nE N),

sto mati da data jednaCina (1) ima bezbroj rje:5cnja .

267

Rje.senjcS:Nekabude x::::ot3,y=/2,z::::ok·t,gdjesu t,kEN.

Slijedi

x2 +/ =t6 +t6 =2t6 i Z5 =k5 .f5.

Zbog X2 + i = Z5 slijcdi

Zato, ako je k paran broj, tj. Ie = 2111, (mE :N) slijedi rjeScnje jednaCine:

DakIe, datajcdnaCina (1) ima bezbroj IJeScnja X,y,ZE N, q.e.d.

Napomcna 1: Ocig\edno iz gornjeg rjescnja stavljajuci cia je IJ1 = 2k dobijamo rjesenje iz !jesenja 1.

Rjdcnje 6: Neka bude x::::: m( 11/2 + 1/3 /2," Y = n( /Il2 + n3 )8, gdje su m, /J EN. Tada

slijedi z = ( /112 + /13 i ,jer

x2 + / =m2 ( 1/12 +n.1 /4 +w'(m2 +,,3 y24:::::

Dakle, imamo opet bezbroj rjesenja date jednacine (1):

gdje su m,UE N , q.e.d.

268

Napomena 2: Ovdje se oCigledno moze iZVfsiti generalizacija, rj. Ijdavati jednacina:

gdjesu Ql,Q2, ... ,QII,b,ml,1Jl2 , .. ,m",nEN i NZD(lIIi,Il)::::oI,(i=I,2, .. ,n).

Nacini rjesavanja jednacine (1) u rjesenjima J., 2. i 5. mogu se tada neposredno primjeniti.

LITERATURA

[!] Andreescu, T., Andrica, D., An I1Itroduction to Diophantine Equations, Gil Publishinl! HOLlse, Zalau, 2002. [2] Pavk~vic, E., Vcljan, D., Elell1entarJw mafemalika Il. Skolska knjiga, Zagreb, 1995. [31 Sivasinskij, LI-I., Teoremi i zadaCi po algebre i elenwlItarnim ./llllkciwl1, NauLt. Moskva, 1971.

269

o HERONOVOM') ZADATKU

Ovdje cemo dati ~jesenje jednog zadatka koji je u matematiCkoj literaturi poznat pod imenom Heronov zadatak. On glasi:

Naci sve trougloyc cije Sll duzinc stranica tri uzastopna prirodna hroja i cija jc povrsina takodcr prirodan hroj.

Neka Sll },:-J,x,x+] duzine stranica trazenog trougla. Povrsina P nekog trougJa cije

(1+/)+(' su duzine ."tranica a,b,c j poluobim \' :=--- izracunava se pomocll Heronovc . 2

formulc:

P=~s(.I'-a)(.I' il)(s c).

Kod nasje s = 3x , s-a =~+ 1. s-b =.::, s-c =:!..--l . 2 2 2 2

Sacla dobljamo:

p= 3X(' )x(x J' . 22+ 1 22-1 • tJ

Odavde dobijamo da je J6P2:::;:: 3x2( xl -4). tj. x mora biti panm broj pa mozemo

plsali daje x:::: 2m, 111 E j\l . Sada imarno daje:

Ociglcdno, odavde slijecli cia 3{ /112 -1) mora biti potpun kvadrat djeljiv sa 3, tj.

imamo:

odnosno

.) Heron, starogrcki matcmatiear iz. I vijeka nove ere

270

Ova je jedna Pelov3 ~~) jcdnacina. Nju mozerna pisati u sljedecem obliku:

( 111 + IIJ] )( 11l-1IJ] ) = 1 . (1)

Nacicemo sada sva rjesenja jednacine (1) u skupu prirodnih brojeva.

Ocigledno. vrijedi (1) akoje 111=2 i 1/=1. tj. (2+J])(2-J])=I. Odavde slijedi

takoder daje za proizvoljno p::::; 1,2,3, ... :

Dakle. treba sad a odrediti prirodne brojeve /lip' Tlp za koje vati:

In r +l1p J3:::;::(2+.Jjy, (3)

IJ/ p -l1p J3:::;::(2-J3)Ji. (4)

Odavde zbog (1) i (2) imamo da je:

Dakle, sada mozemo zakljuciti da imamo beskonacno mnogo rjesenjajednaCine (1). Postavlja se pitanje jesu Ii (3) i (4) vee sva rjesenja jednacine (1)? Odgovor je potvrdan i to cemo dokazati pomocu takozvane rnetode silaska. Uzrnimo sadajedno proizvoljno JjeSenje (1ll,1I) jednacine 0). Tada irnarno:

(m+n.Jj)( 2 --13 ) 0::::. 2/11-317+( 211-- m;J3 :::;:: 1I{+n'.J3 '

Ocigledno je (111',11' ) opet jedno rjesenje jednacine (1 ), Imamo

(111' l +3( Il' l 11/

2 + 3n2

, , ( 2111-- 311 )~ + 3( 211 - III r

m:? +3,l

n/ I1l 7·-? -24·---+21

n- n 2

~+3 /1

2

"J John Pell (1611-1685), cngJcski matematicar

7m 2 -24mn+21112

1112 + 3n2

271

a odavde uzimujuci da jc 1112 =3+~ dobijamo dalje: . /1 2 n2 •

(/II'l +3( n'l /1/

2 +3112

Kako jc J3 > 1,7 , to je sad a

R 7 42-24 3+-+-_ ,l 112 <7-4.J3+~.

6+l.. 6n~ ,,2

(l11'i+3(n' / 7 ) ) <O,2+

24<J·

nr + 3n-

Sadaje (1II+11.[i)=(2+.J3y tacnozabilokoji p akoje (m'+n'.[i)=(2+.J3y-'.

PretposLavimo da je (nI, II) jcdino rjeScnje jednaCine (1) koje nije oblika (JIll" 111, ).

Mozemo pretpostaviti da je n > I i da je (m,n) jedno rjdcnje sa minimalnom

vrijednoscu izraza /Il2 + 311

2 (izmedu svih rjesenja za koje je II> 1). Ali, iz svega gore kazanog slijedi cia je (m',n') opet jedno rjeSenje jednacine (1) za koje je n> 1 i sa

jednom maJom vrijednoscu izraza 11/2 + 3112 , sto predstavlja kontradikciju minimaliteta. Dakle, svi parovi (111/!,IlI') proizvode sv<\ rjdcnjajednaCine (1) u skupu N prirodnih

brojeva. Nakon sabiranjajednacina (3) i (4), dobijamo:

, ~2111 =(2+fj)' _(2_fj)P. 'II l'

(5)

Sada jz (5) dobijamo sva trazcna Ijdcnja jcdnaCine:

1° Za p::::: 1 jc Xl =4, tj. duzine stranica trough Sll 3,4,5 (pravougli trougao) i P =6 ;

2() Za p::::: 2 je x2 = 14, tj. duzinc stranica trougla su 13,14,15 i P =84;

3() Za p = 3 jc X3 = 52 , tj. duzine stranica trougla su 51,52,53 i p::::: 1170 ;

4° Za p::::: 4 je x4 :;;:;: 194 , tj. duzine stwnica trougla su 193,194,195 i p= 16296.

272

VG.LAVA ... :. . - - . . ,

n'U' .... .L.;"~H~ MAKSIMUMA I MINIMUMA U ELEMENTARNOJ MATEMATICI

PROBLEM MAKSIMUMA I MINIMUMA U ELEMENTARNO.J MATEMATICI

Problem elementarnog odredivanja ekstremnih vrijednosti funkcija u matematici. pored posebne interesantnosti, cesta ima j izvijesnih prednosti od poznatih metoda pomocu diferencijalnog racuoa. Dobro poznavanje elernentamih metoda olTIogu6uje ria se vehki broj problema sa ekstreml1im vrijednostirna funkcija moze uspjesno rijesiti. Ovdje ce biti prikazane osnovne mctode, date kroz teorcmc iii teoretski obradene i potkrepljene najpotrebnijirn primjerima.

Redom su izlol.ene:

a. OSNOVNA METODA TEOREMA ILl METODA PRINCIPA h. METODA UVODENJA "POMOCNOG UGLA" c. METODA INVERZNE FUNKCI.TE d. METODA NEODREDENIH KOEFICI.TENATA

a) ODREDIVANJE EKSTREMNIH VRI.TEDNOSTI FUNKCIJA POMOCU METODE PRINCIPA

Metodom P0l110CU izvoda mogu 5e patpunn odrediti takovi pojedinih funkcija kaa i maksimum i minimum tih funkcija. Ipak. oa osnOVll nekog principa mogu se u moogo slucajeva odrediti maksimumi i minimumi nekih funkcija, a da nije nllino llzeti II obzir njihov prvi i drugi izvod. Pomotll tih principa mogu se odrediti maksimumi i minimumi izvijesnih funkcija i vise od jedne promjenljive. Najprije objasnimo sta su to apsolutni maksimum (minimum), odnosno relativni maksimum (minimum) neke funkcije.

Apsolutni maksimum. Kada izmedu vrijednosti sto ih moze poprimiti neka funkcija irna .iedna takva da nijedna druga nije veta od nje, kazerno da je ta vrijednost apsolutni maksimurn te funkcije.

Tako npr. funkcija: y = _x2 +4x+8 jli y =- -{ x- 2/ + 12 za x::: 2 poprima apsolutni

maksimum 12, jer ni zajednu drugu vrijednost od x nije y yeti od 12; dakle y = 12

je apsolutni maksimum funkcije y:;::;:: _x2 +4x+8 .

Apsolutni minimum. Kada izmedu svih vrijednosti sto ih moze poprirniti neka funkcija imajedna takva da nijedna druga nije od nje manja, kazemo daje ta vrijednost apsoJutni minimum funkcije. Posmatrajmo na primjer funkciju:

y :::::x2 -6x+l1"""( X_3)2 +2.

275

Ta funkcija poprima za x = 3 najmanju vrijednost 2; svaka druga vrijednost te

funkcije vecaje od 2. Dakle, y::: 2 je apsolulni minimum funkcije y = x2 -6x+ J J .

Uzmimo funkciju

),=x3 -9x2 +15x-3.

PomO(;lJ izvoda ili pomocu nekih drugih metoda mozemo pronaci da ta funkcija poprima za x = 1 maksimum 4, a za x = 5 minimum -28. To nisu apsolutni maksimum, odnosno minimum tih funkcija. Lako se mozemo uvjcriti da gornja funkcija poprima za odrcdene vrijcdnosti od x i vrijednosti veee ad 4 i vrijedllosti manje od -28. Zato kazemo da su ti maksimumi i minimumi, sto smo ih naveli relativni maksimumi i minimumL a aspoJutnih maksimuma i minimuma gornje funkcije u cijelom njihoyom podrucju definisanosti nema.

1. Osnovna teorema iii princip: Proizvod dvaju promjcnjivih faktora koji su pozitivni~ a ciji je zbir lwnstantan poprima maksilllum~ ako su syi ti faktori jednaki ukoliko to oni mogu poslati.

Dokaz: Neka su II i v dva promjenljiva pozitivna faktora Ciji je zbir konsLanlan I

jednak 2a. Legendre-ov identitet:

(u+I'/-(u-vi==4uv

daje:

2 (II-vi lIv=a ----. (*)

4

Ta jednakost pokazuje da je proizvod IIV apsolutni maksimum kada je (u - v f po

mogucnosti najmanjc tj. kadaje (/I-V i =(), ako to taj izraz moze postati.

Onda imamo II = V ::::; a .

Primjer 1: Odredi apsolutni rnaksimum funkcije

OVdje mozcmo pisati:

gdje je

3+x2 +11_x2 =J4=col1st.

Proizvod ce biti maksimum za:

3+X2 =11-x2 => 2X2 =8=> x 2 =4. Tada je Y,IUU = 49 .

276

Primjer 2: Nab najvecu vrijcdnost funkcije:

lmamo:

8 )'=log1 x+J2log~ x'{og2-'

x ako je 1 < x < 64 .

)' = logj x+ 12Iog~ x·( 3 -log2 x)

y=/ogj x-J2log; x+36Iog~ x

Uvedimo smjenu log2 x == Z . Tada dobijamo da je

Trcba da bude:

y=[z(6-,)]'.

z > ()::::::;, log, x > 0:::::'> x> 2u :::::> x> I }

(tacno) 6 - z > ()::::::;, Z < 6::::::> log2 x < 6 => x < 64.

Posto su z i 6 - z pozitivni to ce biti YIJUU ukoliko je izraz II uglastoj zagradi

maksimalan. No, kako je

2+6-z =6 = canst ,

to cc proizvod biti maksimalan za:

z.=6-z::::>z=3::::>log2 x =3::::>x=8,tj. Ymax =81.

Iz Legendreova identiteta imamo: Ako oba faktora ne mogu postati jednaka~ proizvod je maksimum kada je apsoiutna vrijedllost njihove razlike minimum.

Primjer 3. Odrediti rnaksimum proizvoda ( 3 - x'1 )( 11+ x2 ).

277

Zbir je opet konstantan jer je:

3_x2 +1 1+x2 :::: 14::: CO/1St,

Imamo

3_X2=II+X2::::?2x2+8::::0

sto je nemoguce za realno x. Napnlvimo rU7.1iku

ta .Ie razlika llvijek pozitivna, a najmanju vrijednost poprima za x = 0, Za tu vrijednost funkcija poprima maksimum 33 ,

Primjer 4. Odrcdili maksimll111 funkcije }' = (sill x+ 1)( 5 -sinx).

Zbog sill x+] +5 ~·sinx =6,

moraJo bi biti: sinx+l = 5 -sillx::::? sinx= 2.

To je nemogllcc. ApsoJullw vrijednost razlike oba faktoraje 4-2sinx, Minimum tog izraza nastupa za najvecu pozitivJ1u vrijednost od .I'inx tj. za sinx=]. Trazeni maksimum je YlI!tlX =2·4=8.

2. Princip Zbir d\'aju pozitivnih faktora ciji je proizvorl konstantan je minimum karla su oba faktora jcdnalm, ukoliko to oni mogu postati.

Dokaz: Aka su u 1 velva promjenljiva pozitivna faklora i takva da je uv::;::: a2 = const ,

mOl,emo pi5ati:

(U+1'/ =(u-v/ +4uv=(u-v/ +4a2 .

Minimum od (u + v l naslaje onda kada .Ie (11- V / minirnalan, tj. za II-V = ()::::? II = v.

Ako Sll sada II i v pozitivni, minimum od II + v nastaje za isle vrijednosti od II i \'

kao i od (II + v;2 ,

a d' , Pdmjer 5. Odrediti minimum funkcije y = X+-, g JC .Ie {/ > o. x

Kako je proizvod oba sabirka stalan j iznasi a, za minimum mora bili:

(/ 2 r r X=-::::)X =a::::?x=-../{/::::?)! =2-"/(1,

"ulX X

278

Ako se x mije.nja u negativnom podrllcju, funkcija za x=. -J;; pop rima maksimum. Aka pak oba sabirka lle mogu postati jednaka, zbjf ce biti minimum istovremeno kada je j apsolutna vrijednost njihove razlike minimalna.

Primjer 6. Neka je AB = C/, AC = b, LBAC = a i neka je ABIICD, AB > CD). Na

dul.i AC naci tacku S za koju .Ie zbir povrsina troug]ova LlABS i LlCDS minimalan. (Vivianijev problem)

Neb .Ie AS = x. Tada imamo: LlABS - LlCDS , pa slijedi da .Ie

CD:a=(h-x):x, tj,

CD alb-x) ,

, ~----, paJe: x

l'-P f) ax, a(b-xl. - .eli\1IS + nCDS =-slI1a+ Sff/a, tj.

2 2x

f'=-a 2x+--2b SIllD:. I ( b' J' 2 x

Na OSIl(lVU princjpa 2. zbog 2x b2

= 2// = const , slijedi da ce zbir trazenih povrsina x

.. '. " 1/ 2!/ b . . , . bllJ m1111l11aldn za 2x = -::::) x = -::;.. x = r:::' a rnJnllnllm lznOSI ab(J2 - ])sin 0: ,

x 2 ...;2

279

3. Princip Proizvod vise promjenljivih pozitivnih faktora ciji je zbir stalan\ poprima apsolutni rnaksimull1 kada Sll svi ti faktori jcdnaki\ ukoliko to oni mogu postati.

Dokaz: Nckaje p:= ttl 'U2' 'Uk proizyod ad k promjenljivih pozitiynih faktora ciji je

zbir stalan i jednak ka. Treba dokazati da taj proizvod poprima apsolutni maksimum

kada su svi faktori jednaki {/. Dokazujemo indirektl1o. K<lda ne bi svi faktori bili jcdnaki a. bio bi barem jedan faktor koji .Ie manji ad a i jedan faktor koji .ie veei od a. Neka je dakle Uj = a~m. u2 = a+ II, gdje su min

pozitivni brojevi. Zamijenimo ShcJa u] sa (/. tj. uvecajmo lI, za m, a l/2' dOl bi zbir

ostao stalan, umunjimo za Ill. pa dobijamo a+n-/Jl. Napisimo proizvud tih novill faktora. on je veci od prethudnog, ako .ie

o( a + 11 ~ /Jl) > ( (J ~ m)( a + IJ )::::> 0 > ~/Jin ,

sto je uvijek ispunjemo. Na taj nacin smo ulllanjili za jcdnu jedinicLl braj faktora razlicitih od a. Taka mozemo nastaviti i napokon doei do toga da imamo samo dva faktora raz.licita od a, ciji je zbir jednak 2a; jedan ad tih faktora bice a - s, drugi a + s . U vceajmo prvi faktor za s i

umanjimo drugi faktor za s; proizvod ce biti upet uvecan jer je (/~ - S" < 02

.

Dakle, dokle god su dva faktora nejcdnaka, maze se uveeati proi/.vod a da se ne mijenja zbir.

Primjer 7: Naei u trought tacku taka da proizvod raslojanja od njc do srranica troughl bude maksimalan.

/ /

.~!.L

b

Neb su raslojanja od trazcnc tacke do stranica X,.l' i z . Lako se dobija da je:

(0:+ by + cz = 2P(:= const) ,

gdje je P povrsina datog trougla .JABC .

280

Dakle, proizvod ax .flY' cz pa i x· ) . z. imace maksimum kada je

21' 21' ah h ax=hv=cz=-:::::>x=-~-'-! :=-(.!...

- 3 3a 3a 3

A 1 ' b·· d' hI; lie· l1a ogno se uO lJ<t a Je y = ~3 ' z:=.......:..., lJ. trazena tacka T predstavija teiiste trougla. 3

Primjer 8: IzmeoLl svih trouglova koji imaju jednak obim odrediti onaj koji ima najvecu povr~inu.

Ako.ie 2s obim lrougla a x )"Z su duz.ine njegovih slranica, ondaje

.r+ y+z::::; 2s

Pje maksimu11l kada je p2 :=s(s~x)(s-y)(s~z) maksimum; taj .Ie pak iz:raz

maksirnul11 Ger je S slalno) kada je (s - x )( s - y )( s - z) l11aksimum. Kako su sva tri

faktora pozitivna i kako.ie n.iihov zbir:

s-x+s - y+s~::: = 3s~( x+ y+ z):= 3s-2s = s

stalan; povrsina P je maksimum kada su svi ti faktori jednaki lj. kada je

lmamo da .Ie

s-x=s-y=s-z ili X=)'=Z.

2s x=y=z=3'

Dakie, traieni trougao je jednakostranican.

Primjcr 9: Koji je kvadar maksimalne zapremine upisan u loptu poluprecnika r?

Neka su X.y.z duzinc iyica kvadra (pravouglog paralclopipeda). lmamo {lye dvije

relacije:

v = .l)"Z; x 2 + i + Z2 = 4/"2 .

V je maksirnum kada je i V2 = x2 i Z2 rnaksimum, a buduci da je x 2 + l + Z2 stalno

mora biti x 2 = l :=:.2, odnoS110 x:= y =:.. Odavde slijedi daje

281

? J ") 41'2 3x· =4,.- ~.:C =-,

3 SliC!10 dobijamo i za

DakJe, imamo da .Ie

21'13 X=1'=Z=--J , 3

it co je zapremina kocke upisane II IOplu.

Primjcr 10: l) datu joptt! upisati konus l1ujvece zaprcmine.

1t -, irnmno da.ie V :::; 3 x- )' . Trougao .JACV je pravougli pa slijedi da .Ie

Sadajc

odnosno

x2 =y(2R-y), te

If , , V=-'\'-r2R-y), tJ', 1 ' ,

4rr )' \' V~-'~~(2R-\').

3 2 2 .

"\' \' Kakn je '::""+.::-+2R-v=2R(=colls/) to 2 2 ' "

zapremina \I i111ati maksimum

\' 4R -"-=2R-y=:::;> 1'=-,

2 3

? 4/\ 2R 2RJ2 x- =~'-:::::>X=--

3 3 3'

1[ 8U.? 4/\ 32 J V!IOm =_. __ ._=-!( J[.

3 9 3 81

x2 / •. 2

Primjcr 11: U zadani elipsoid ~+-,---;--+;. = 1 upisite kvadar sto veee zaprcmine, a~ b" C

282

ce za

Zapremina kvadra je F:::: 8xyz , ana .Ie apsolutni maksimum kada.ie i

apsolutni maksimuITI, a taj .Ie izmz apsolutni maksimurn, jeT je:

slicno .Ie

Zato .Ie

b l'~ C:;' , ,,3

abe 8abe V'IIW ::::: 8 r:.' r::;' r:.::::: r..'

,,3 ,,3 ,,3 3,,3

Primjcr 12: Odrcditi maksimum fUllkcije z = x( 3x- J')( -4x+ )'+ 2).

Ovdjc imamo proizvod od tri faktora ciji je zbir x + 3x - )' - 4x + y + 2 = 2 stalan; on je

maksimum kada .Ie:

4. Princip

2 x= h-) =-4;>;,+),+2::::::> J;=-

3

4 v=::-~ , 3

Zbir vise promjcnljivih pozitivnih sabiraka ciji ,ie proizvod stalan, jc minimum: kadH su svi ti sabirci jcdnaJd, ukoliko to oni mogu postati.

Dokaz: Neka je

zbir od k pozitivnih promjenljivih, ciji je proizvod stalan j jednak ok. Kada ti sabirci

ne bi bili jednaki, bio bi bar jedan od njih koji je ve6i od ok. Kada ti sabirei ne bi bili jednaki, biD bi barem jedal1 od njih koji je veti od a ijedan od njih koji je manji od a,

283

Nekaje:

gdjc su III i 11 pozitivni brojevi. Zamjenimo II, sa aida bi proizvod ostao stalan,

c(:.:a_-"',,II:.:)(,,':.:' +_" ) It·) sa ..

Zbir 5C 5ada umanjlo jeT je (a~m)(a+}I)

a+------ <a~l1I+a+Il~~I1lI1<O. a

sto je oeila istina. Tako sc umanjio za jednu jedinicll broj sabiraka ralolicitih ad a. Na taj nacin Illozemo

nastaviti i doCi do toga da imamo samo dva sabirka razlicita od a ciji je proizvod a2 • I

ta dva sabirka zamijcnimo sa a. Svakom od lih transformJcija umanjio S0 lobir, a proizvod o$t<lje isti. Kada su svi faktori jednaki, zbir je apsolutni minimum, jer svaka modifikacija koja bi ucinila dva sabirka nejeJnakim uvecala bi vrijednost zbira.

5. Princip Ako su ll, V,Z POZitiVllC promjcnijivc ciji jc zbir staian, proizvod lim )-,JI Z? , gdjc Sll

1l1,1l, P pozitivni brojevi, je maksimulll kada su te prornjenijive proporcionainc

svojim cksponclltima, tj. kada je II V Z -=-=_. III fI P

Dolwz: Proizvod p::::: um,," zl' je maksimum istovremC!lO kada i izraz

gdje je: "! jal:ll)J',/ I> ;,/kwl'<I J!I"klom

,..-.. ~ ~~~ ~ 1/

111 l'n zl' U U U V V V Z Z Z .-._._ . . ~ '" 111 n Ji pI' 111 m m " " " jI jI jI

Treba dakle odrediti maksimum proizvoda od til + II + p pozitivnih faktora, ciji jc zbjr:

u V Z 11/ -+11 -+p·----:.=u+v+z=.a(=-cOIlst.)

111 IJ P

po pretpostavci. Dak1e, proizvod je maksimum kada su svi faktori jednaki tj. kada je

284

u v Z

111 n p

Ova teorema je takode taclla kada su Ill, /1, P razlomci.

Neka je c e

m=-, n=--, d I

g p=-.

It

Vrijednosti od II.V,Z koje cine maksimum izraza III11

VI1

Z P Cine takoder maksimum

izraza (ll i1l VIl ZP ),Uh

, tj. iloraz 1I';/)'Vdeh Z"!!./ , gdje su cfh,deh,dgf cijeli brojevi. a to je

onda kada je

1/ ~::::_z_

(fl1 dell dgf

iIi 11 :1': z = til :n: p.

Primjer 13: Odrediti maksimum izraza )' == x3 ~x( 2a ~ x) .

Imamo daje

Kakoje

7 I

)' == x:< /x( 2a-x) == x2 ( 2a-x)2 .

x 2a-x 2x x+2u -x== 2a(:::: CUllst.)=:> 7==-1-~ -:;- ==4a-2x ~

2 2

=:> 2x:::: 28a-J4x::::::> x::::Z..a, 4

343)7 4 V ::::---0 • max 256

Prirnjcr 14: Zbir jedne katete i hipotenuze pravouglog trougla je s. Koliki je ugao izmeau ove katete i hipotenuze LI slucaju kada povrsina trougJa i111a maksimalnu vrijednost?

lmarno dn je: h+c==s~b=s-c, (1 )

ab P=-,

2 (2)

285

c h A

Sadaje

No. kaku je

oj :::: c2 _b2 , tj.

0 2 :::::c2 _(s-c/,

02 =2sc-i,

a =~.I'( 2c-s).

~s(2c-s)'(s-c) P ~ =---'--'---'-

2

Fs C P=-(2c-S)2,(2s-2c),

4

2c-s+ 2.1' - 2c = .1'(::::: COIISf).

to rima maksimu11l za:

2(.'--·,\" 2s-2c ~~~-,

2

tj. 4c-2.I'=2s-2c

2 1 1 -s

::::> 6c ",,4s, ( =-\::::>h=-\ 3 3

b i 1 0 cosa=-=-'-=-=>o:=60.

c 2 2 -s 3

Primjcr 15: Odrecliti maksimum funkcije

lmamo cia je

d .. I' 1 Bu lIel (aJe J --4- = I( = COilS! ), to funkcija ima maksimum za: x-

1 1

,1-, H 6 ~ x -~_x_=>x_ ':"':::::.)y -_.:.-3 - J - 3 . maX - 25 5'

2

Za X = -j% , funkcija poprima minimum.

286

(3)

Primjer 16: Odrediti maksimuITI funkcije z = x4/ , ako je25x3 +8/ = 38.

Maksimull1 od x-i / nastaje istovremeno kao i od 4 7

(25x 3 jJ(s/), , i' 9 . b"" a C 0+1.' a kako jc 25x +8)' = 38 tj. stalno, 11113lTIO (zbog oso me proporclJc - = - =--):

b d h+d

odaklc je

Slicno se odreduje maksimuOl od izraza Xii y\ ... ,. ,

Dokaz ccmo izvesri l! slucaju

z.:::: Xll/', akoje lU·P +h:/' :::: k.

Zadana funkcija se moz,e pisati II ohliku

" " (axp)-}~ .(b).tf)~ 1

paje:

u v u v u v -+-- -+~

P q P q P q

odakle je:

x::::/! kqu ~-

a( uq+vp) y:::: If b( uq+vPJ'

Primjer 17: Odrediti maksimulTI od .1)' ako je Xl + xy + l stalno.

Kako je Xl. X)' . )'2 =: ( .\)' ;-' , to nastupa maksimum od (.1.)' l pa prema tome i od x)',

kadaje Xl = x)' :::: l.

287

Odatle s,c dobiva:

Primjer IS: Odrediti maksimum od L, Qdje je x+)' =k xl! '-' .

Mazerno pisati

Ie k Kako je zbir ~+ 1 ~- = J stalan, to imamo daje:

x x

a odat!e

k Ie J--

-'-'-=~ Il·-m 111

(m,I1,k pozitivni brajevi).

Ilk mk y~--.

lI~m

. k)'" v' • • l'~=~~ a trazclll makslmum JC ----;;-X=--.

n~m

( /1k I

11~1JI)

Primjer 19: Ako je ax+by+cz=k, odrediti vrijednosti ad x,y,:: kojima pripada

najveca vrijednost funkcije xllly'!zP, gdje su a,b,c,k pozitivne konstante, x,y,z su

pozitivne promjenljive.

Funkcija .1'111 y'l zl' poprima maks'1l11Um za iste vrijednosti promjenljivih kau i funkcija:

a toje za:

III 11 I' m+n+p

lj. km kn kp

z y .t= a(m+n,p) c(m+n+p)' b(m+n+p)

288

6. Princip

Ako je proizvod u lll Vii zP , gdje su u, v,z pozitivnc promjcnljivc, stalan, zbir tih

promjenljivih je minimum, kada su tc promjenljivc proporcionalnc svojim cksponentima.

Dolmz: Zbir II+V+:: moze se pisati:

II V Z.llll t/vv vzz Z III ~+n'-+p ~=-+-+ .. +-+--+-+ ... +-+-+-+ ... +-.

m 11 p~~,~ '" ""birak" II ""birak" I'sobuIIl"

Proizvod od 1/1 + /I + p sabiraka jednak je

1/"'1'11 Zl' . Dakle, zbir ce biti minimum, kada su svi sabirci jednaki, tj, karla je:

If V Z -=~=~.

111 n p

Primjer 20: Odrcditi minimum funkcije X4 1

Y=-+--, ,ako 3 2x"

Kako je proizvod:

stalan, imamo 432

9 x = 7fE89 . 8' V8

Primjer 21: Odrediti minimum od 140x2 +6/ , ako.ie :c' y3 ::::: 41.

Ako je x5 y:i stalno, onda je stalno i

a odatle slijedi daje

5 3

(/40x')' (6/)'.

140x2 6/ ~ 7 ? 7 -5-~-3-:::::>56x~ ::;;;J4y =>4x~::::: y

2 7

pa izjednacina 4./::;;; / i x5 y3 =41 lako mol.emo odrediti x i y.

289

7. Princip Aka jc zbir kvadrata \'ise pazitivnih promjcnljivih staian, zbir tih promjenljivih je maksimalan ako onc imaju iste vrijednosti.

Dokaz slijedi iz identiteta

(x+ y+ ... +z l =: n( x2 +),2 + .. +Z2 )-( z-xl-( z- y /- .. -( y-x/. ~

I) mh,mlu:

Ako se tra7.i maksimum izraza a/xI +a;>x2 + .. +a,lxn' gdje S11 x,,x2'''''x,, pozitivne

promjenljive. (al.fl;! ... A, SlI pozitivl1e kOllstante) i ako je x7 +x; + . . +x,~ konstantno,

onda ."e on traz.i primjenom Lagrangeovog identiteta:

Daklc. maksimum nastupa kada jc:

tj. kadaje:

8. Princip Ako je zbir viSe pozitivnih prollljenljivih staIan, zbir njihovih kvadrata je minimalan kada sve tc promjenljivc imaju iste vrijednosti.

Dokaz slijedi iz identiteta:

n( x? + / + ... + /) = (x+ y+ ... + Z)2 +( Z ~x l +( z - y / + .. +( y ~x;2 . ~-~

" wi/'lwkJl

Iz Lagrangeovog idcntiteta imamo:

, , , +( a/x2 - a2x/ r + (CI}x3 -Cl.'!X, r + ... +(all~'XIl ~allxlI_1 t .

290

Sada zakljucujerno da minimalna vrijednost od xi + xi + .. + X,~ nastupa, ako je

a,x, +a2x2 + .. +al1 xl1 =k, prj a,x2 = a2x" a,x3 = a3x" .. ,all_}x" = allxn_f

, tj. kadaje:

= alx, +a2;(2 + ... +a/1x" k " , a; + a;; + ... +a~

Odavde .Ie:

" , til +02 + .. +a~

Generalizaci.l·a za primJ·ere·. M,'lll'mU'TI ,'z"aza ~ 2 +(3 2 + ' k ''''x .Y .. + YZ-, a '0 Je

I ax /3" ox+ Jy+ ... +cz =k, nalazi se iz uslova _::::_. = .. a b

291

o EKSTREMNIM VRIJEDNOSTIMA TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA

1. Ako dva luka imaju stalan zbir, koji pripada intervalu (-%+2Il7r,+%+2mr), proizvod njhovih tangensa ima rnaksimalnu vrijednost kada so ti lukovi povezani relacijom

Imamo daje:

sinx sin y tgx·tgy=--'

x-y=2IlIT, (n;::O,±l,±2,,,.).

2 cos k cos x cos y

cos( x- y )-cos( x+ y)

cos( x- y )+cos( x+ y)

cos(x-y)-cosk

cos( x- y }+cosk cos(x-·y)+cosk

OVdje je jasno da tgx·tgy dobija maksimum za x-)':::: 2nff. Pretpostavlja se da je

cosk>O,tj. kE(-~'+2nlf'~+2nlf)' (n::::(),±1,±2, ... ).

2. Ako dva Iuka x i y imaju konstantan zbir k, koji pripada intervalu

(2117f, 1r + 211lf) , zbir njihovih tangcnsa je minimalan kada su ti lukovi povczani

relacijom: x w y;::;: 21l7f, (n;::: 0, ±1,±2, ... ) .

Imamo: sinx sin sin(x+y) 2sink

tgx+tgy:::: cosx cos)' cosxcosy cosk+cos(x-y)'

Odavde je ocigledno da tgx+lgy ima rninimalnu vrijednost za x- y:::;:; 2m[, pod

pretpostavkom da je sin k > () , tj. k E (0 + 2l1lr.iT + 2I1ff), (11 = O,±1,±2, ... ) .

3. Ekslremne vrijcdnosti od sillx· sillY i sillx + SillY, gdjc jc x + y :::: k •

a) Imamo: 1

sill x· sin)':::: 2"[ cos( x-), )-cos( x+ y)] .

Odavde se vidi daje maksirnalna vrijednost od sinx sill)' za x- y:::;:; 2n.ff, a minimalna

l.a x-y::::Jr+2nlr,gdjeje (n=O,±J.±2, .. ).

292

b) Imamo:

. . . x+y x-y . k x-y SIIlX+SIn V = 2sl1l--cos-- = 2 SIII-CO.\'--,

, 2 2 2 2

Odavde je ocigJcdno da za ~E (2nJ[,1C+2mr), tj. kE (4I11f.2Jf+4mr) , maksimalna

vrijednost od sillx+silJ), nastupa za X~I=2n7r, tj. x~y=4n7r, a minimalna

.. d x-v. ( vnJe nostza --'-=7[+2111[,tj. x-),=21(+4111[, n=O,±I,±2, ... ). 2

4. Ekstrcmne vrijednosti od cosx -cosy i cosx + cosy, gdje.ie x + y = k .

a) Imamo da je:

1 cos X·CO.l')' =2"[CO.l"( x- y )+CO.l"( x+ y)].

Odavde se zak!jucujc da cosx'cos), dobija maksimalnu vrijednost za x-y=2m(, a

minimalnu za x- y :::Jr+2nJr, gdjeje (II =O.±1.±2 .... ).

b) ll11arno:

x+v x-v k X-)' cos x+cos \":::: 2COS--'-COS--"- = 2cos-cos--,

. 2 2 2 2

Ako k(1I' J[ \ -E --+2117[.-+2I17r), tj. 2 2 2

kE (-n:+41ln:.n:+4nJr), onda rnaksirnum od

x-v. . . x-v cosx+cos y nastupa za 2=2J1Jr, tJ. x- y ;::;:4Ilff, a mInimum za 2=Jr+2nJr.

tj, x-y~2J[+4nJ[,gdjeje (n~O.±l,±2" .. ),

Cesto se II trigonometriji mogu prirnijeniti i osnovni principi koji opcenito vaze za odredivanje ekstremnih vrijednosti.

Primjer 22: Oko poJulopte, po!uprecnika r, opisati kupu minimalne zaprcmine, cija baza leZi u ravni baze polulopte.

Ako se za prornjenljivu uzrne ugao r.p, ondaje

R =-'-' -. h =-,-"-, paje zapremina kupe: cos rp SlIJ qJ

293

l V=~R2hJ[:::J TCr

3 3 cos 2 qJ sin rp

Ocigledno je da ce zaprcmina bili minimalna kada izraz y ::::: co:/ rp sin rp ima

maksimalnu vrijednost prj promjeni ug\a u intcrvalu (o,~). Kako )' prima

maksimalnu vrijednost kada i l , to imamo:

, , 7 2 7 2 cos~ rp cos~ rp ( ')

)'- = cos f/J cos~ rp·sin rp=4'--2-'~- J-cos- rp .

, , cos- rp C()S~ rp ? k' I .. d Kako je: ---+ _ .. _--+ )_. cos- cp = J • to ma Slm<l na vnJc nosl nastupa za:

2 2

2 cos rp 2 7

---=1-cos rp:::::>3cos~rp=2:::::> 2

,2 ,J2 ,J6 => cos~ rp::::: ~ => cos (jJ::::: r:: => cosrp =-,

3 ,,3 3

,J6 tj. rp::::: arccos-.

3

Primjer 23: Na krugu je data taeta A . Povuci tetivu BC kruga, paraJelnu tangenti u tacki A tako da pnvrsina trougla LlABC bude maksimalna.

Povrsina trougla LlAIJC jc (zbog x::::: AB = AC , te LBAC::::: a):

p=lX2 sil1(X iIi 2

P = 2R2 CO.'/ ~sin(X, odnosno 2

P=4R2 cos3!!..sill·'?., jer je 2 2

primjenolll kosinllsne teoreme na LlADe (LlADe je jednakokraki jer je 0/\ "" DC:::: R

pajezbog OAl.BC: LOAC~LOCA~.":.[e LAOC~J80o-2 . .":~J8()"-Ci'): 2 2

294

, , 2 ( 0 ) , ( (")) , x- =2R- -2R cos 180 -(X =2R- 1~cos 180 -a =2R-( l+cosa)=

:::: 2R2 ·2coi ::2.=4R2 cos 2 ::2. 2 2'

tj. x=2Rcos!!... 2

Povrsina ce biti maksimalna kada cos.1!!.. sin!!. ima rnaksimalnu vrijednost, a oua 2 2

nastupa u isto vrijeme kada i maksirnum oct (cos3 %sin% r . Imamo daje

Kako je cos 2 !!..+ sinl !!.. = 1 , to ce maksimum biti z,r 22'

,cr cos~ -

2 .?a 2a J . a 1 . ---=Slll-~:::::> ml -=-=>Stn-=- tJ.

3 2 2 4 2 2'

ex 3 0, () a -= 0 ,tJ. (X-::.::;60 ili x::::2Rcos-2

= 2R cos 30° =2R 2 .

295

b) METODA UVOllENJA "POMOCNOG UGLA"

Za svaka dva realna broja a i b od kojih bar jedan nije jednak nuli uvijek je moguce naci tacna odreden broj r{ > 0 J j tacno odredenu vrijednost c u razmaku

o ::; c :::; 2:ff (iii razmaku -J[::;: C ::; J[ ) tako da je:

a

y

,~ ---> () x

a=r·cosc, b=r·sinc. (I)

Da je ova tvrdenje tacno, dovoljno je zamisliti da su a i b

koordinate tacke M , tada je r = OM , a c glavna vrijednost ugla L( x,OM ), (koja se nalazi izmedu () i 27r odnosno

-7r i 7r).

K vadriranjem j sabiranjem jednakosti (1) nalazimo da je

r=~112+1/, (2)

na osnovll cega za c imamo jednakost:

a . /J cosc=~a2 +b2 ' SlllC=~~2 +// . (3)

S obzirom da jc () S; C::;; 2H, C je sa (3) jednoznacno odredeno, jer u tom razmaku postoji sam~ jedna vrijednost (ugao) ciji su cosinus i sinus jednaki datim vrijednostima. Ako smjenimo nadene vrijcdnosti za a i b u izraz:

a·sinx+b·cosx

gdjc su a i b proizvoljne realne konstante, dobijamo izraz

Ja 2 +b2 (sinx,cosc+C{)SX sine),

odll05no

N+b l sin(x+c),

dok c mozemo dobiti i iz jeonacine:

b tgc ::::;-

a

koja se dobije dijeljenjcmjconacina (3) (pod uslovom a::j;{)).

296

(4)

(5 )

(6)

lednacina (6) ne odreouje jednoznacno c, jer postoje dvije vrijednosti u razmaku

[a,be] (kaje imaju Isti tangens: jedna u prvom, druga u trecem, iIi jcdna II drugom, a

druga u cetvrtom kvadrantu). Koju od tih vrijednosti treba uzeti odrcdujemo po predznacima od a i b .

Primijctimo da u izrazima (4) i (5) merle da stoji umjesro x bilo kakav izraz, na primjer:

aSin( 2x-f )+bCOS( 2X-~).

Primjer 24: NaCi najveeu i najmanju vrijednost funkcije I( x)= sinx-.. -J3 cos x.

Ovdje je {/ =}, b = 13 . Izvlaceei pred zagradll faktor J 12 +(.J3t = 2 dobijamo:

f( X)=21 ~Sillx- 13 cos x)· . \? 2

~ =sinc,gdjeje c=3, S I···· 1 tav JaJucl - = cosc, 2

dobijamo za f( x) izraz:

. ?(. " .,,) j( xJ=_ SIflXCOS~-COSXSlll~ , 3 3

od1105no

koji lllla ocigledno najvecu vrijednost 2 kuda je Sin( x-~) = J, tj. za

1l' 7r . 57r 21. .... d k d . x--=-+2kH,tJ. x=~+ i\.7r,allaJm;UlJuvrqe nost a aJe 326 ..

H J[ . H . . za x--:;-=~-?+2kJ[,tJ. x::=--+2kJ[ itavrijednost!7.11051 ~2.

J _ 6

Primjcr 25: Naei najvecu i najrnanju vrijednost funkcije

I( x) = aSilll x+hsin x·co~· x+ccoi x.

297

Transformisimo izraz: 1~cos2x sin 2.>: 1+cos2x

a sill? x+b·sil1x cosx+c cos? x=a ----+b --+c·':"':-==::' 2 2 2

a+c J = --+-[r c~a )cos 2x+h· sin2x]:::

2 2

[

1 a+c I I c--a b i

=--+-yl}+(c~ai· cos2x+ sin2x'. 2 2 .~"/+(c-al ~I/+(c~a/ J

Ovdjc jc:

cmrp::: c_a_] Jb'-!c-n!' b

::::> t~rp=--b (~a

lUI (,(1 I ' 2 yb~+«(-a)

Duk!e, sadajc:

a+c I I ? ? f( x) = --+-yb- +( c-(/ t . cos( 2x~ rp).

2 2

Sada je maksimulll od f( x):

kadaje

a+c I ~ ., ~ --+- b-+(c-a)" 2 2

cos( 2x~qJ) = I => 2x - rp = 210r =:> x = %+k1[. (k = 0.±1.±2 .... ) ,

odnosno minimum od f( x) iznosi:

kadaje

I" J[ cos( 2x-rp) = -J::::> 2x~rp::: 1[+ 2k1[::;::) x::: -+-+ klr. (k:::; O.±1.±2 . .. ).

2 2

Primjer 26: Koji ad jednakokrakih troug!ova upisanih u krugu poluprecnika Rima maksimalan zhir osnovice i njoj adgavarajuce visinc.

298

Za promjenljivu uzmima ugaa a. Sadaje:

/It·~ / I \ I h I

I? .

a=2Rs;na, h=R+Rcosa=R(l+cosa).

Trazeni zbir je:

s = 2R sina+ R( I +cosa)::: R( 2 silla+cosa+ I ).

Funkcija S funkcijom:

ima maksimum kadu je to slucaj i sa

2 sina+ cosa. Imamo sada:

Stavimo:

. 2 1 2 63026'6" SlI1rp="J5'(osrp::: j5::::>tgrp = ::::>qJ=)

5 = R[,J5 cos! a-I" 1+1].

Funkcija Sima najvecu vrijednost kadaje:

cos(a~rp)=I::::>a~rp=Oo ::::>a=rp.

Prema tome je:

a::: 63()26'6", a SIlI<1X ::: R(.J5 + J).

Primjer 27: Dat je trougao LlABC

(AC::: (;,BC = a,.i.e = 900). Kroz vrh C pravag ugla i to

van traug!a LlABC povueena je prava I i na nju SlI B' ortoganalno projektovani vrhovi A i B, respektivno u tackc A' i B'. Odrediti paJazaj prave l taka da zbir

AA' + BB' bude sto yeti.

Za promjenljivu uzmimo

£.BCB' =00 ,aE [o,%]=> £.ACA'=90() -a,

AA'={;cosa, BB'=asina.

B

299

Treba odrediti maksimum zbira:

Il11amo

Ovdje je:

S =bcosa+asina, tj.

S::::: (lsina+bcosa.

a cos rp = ----, sin rp

Ja 2 +b2

te dobijamo

Sadaje kadaje

S==Ja 2 +b2 sin(a+rp).

() 0 . 0 b sin( a+qJ)== 1 ==> a+qJ = 9() ==> a= 90 -rp ==> a= YO -arClg~. a

Primjcr 28: Pupreelli presjek zeljeznog jezgra transfonnatora ima obUk krsta (kriza)

kao na datoj slici, gdjeje AB=A'B' (i pri tome BC=B'C'). Za dati poluprecnik r

presjeka kalema transformatora naci stranice pravougaonika AB i BC tako da povrsina popreenog presjeka bude maksimalna.

300

Oznacimo AB;;;;; a, Be = b, LBAC = a , te povsinu krsta

AD'A'BCE'e'D sa P. Tadaje:

p:::: 2ab-ll, (I)

a = 2rcosa, (2)

b=2rsina. (3)

Uvrstavajuci (2) i (3) u (1) dobijamo:

P = 81'2 sinacosa-4r2 sin 2 a = 2,.2 [2 sin2a-( I-cos 2a)J =

Stavljajuci daje

dobijamo:

2 cosrp= J5'

p ~ 2,[5r' [Sin( 2u+ \0)-~ l Odavde se neposredno vidi da ce P il11ati maksil11um kada je:

Prema (2) i (3) bice tada:

a == 2rcos(.~-%) == r.J2( cos~+ Sill~)'

Na osnovu (4) imamo:

cosJ'.~P+cos\O ~)5+2,[5, 2 2 .to

pa ce prema (6) i (7) biti dalje:

)5 +,[5 a = 2,. 10 ~ l,70r, rs::75 b ~ 2cV'Jo ~ 1,04,.

(4)

(5)

(6)

(7)

301

cJ METODA INVERZNE FUNKCI.JE

1. Ekstrenme vrijednosti funkcije y = ax 2 + bx + c

Rjesavajuci.ie po x irnamo:

x -h±JI/ -4ac+40)'

2a

Da bi x clobijaJo realne vrijednosti treba da je za a > 0, odnosno

4ac-l/ y:::;---- za 0<0. . 4a

Dilkie. "= 4ac-li, za a>O predstavlja minimalnu vrijednost date funkcije, . ~ .

(/ < () maksimalnu vrijednost. Tj ekstremi nastupaju loa x "" -~. 2a

Za bikvadralnu funkciju imamo s]ican sluCaj.

a za

Prhnjcr 29: Date su dvije sfere poluprecnika R i r( < R) tije je centralno rastojanje

a (R - r < (/ :::; R + r). Izracunati zapreminu V pravilne kruzne kupe opisane aka ovih stera kao funkciju velicina k( =. R - r), aiR. Odrecliti a pod uslovorn da zapremina

V ima minimalnu vrijednost.

C

! :\ IJ

Iz (I) i (2) dobijamo:

pa je zapremin<l kupe

302

Ii

Neka je poluprecnik osnove kupe AD:= x, a visina

CD ~ y. Kaka je LlQSC - LlPTQ i LlDBC - tJPTQ '

imamo redom:

QC PQ y-R-a a ~===:>

QS PT r R-r (I)

DB PT x R-r =====>~

DC TQ Y Ja' -( R-r;' (2)

x::::)a+k R, a-k

a+k y~--R,

k

v=Jr(a+k/ R3. 3k( a-k)

Jednacinu (3) mozemo napisati u obliku

Da bi ova jednaCina imala realne korijene po a , treba da je:

odakleje: 3Vk'( 3V _87rR3

) 2:0.

Kakoje V >0, iz (4) dobijamo daje V ?::~JrR3. 3

Prema tome, minimalna vrijednost zapremine je

Z1 ovu vrijednost zapremine iz (3) dobijamo daje (1 =3k.

Primjer 30: Odrediti ekstremne vrijednosti funkcije y = x4 _4x2 + 3.

Rjes<J.vajuCi je po x 2 irnamo:

(3)

(4)

Da bi x 2 dobijalo realne vrijednosti, treba da je )';.;: -J , a za tu vrijednost veci korijen

x2 uvijek dobija realne vrijednosti. Dakle, yo:: -J je minimum funkcije, a nastaje za

x=±J2 . Da bi manji korijen bio realan. uz uslov y?::. -/, mora da bude jos

2 -.fi+i ?:: 0 ::::> J' :::; 3 . Prema tome, )'::;; 3 je rnaksimalna vrijednost funkcije, a nastaje

za x =0.

303

2. Ekstrcmne vrijednosti funkcije

Rijesivsi je po x dobijamo

gdje jc: A:;;;; b§ -4a2c2' B:;;;; 2aj c2 + 2a2 c} -bJb2 • C:;;;; bJ -4(/,c, .

Da bi x blJo reatno, potrebno jc i Jovoljno da bude:

A./+2B)'+C~O. (I)

OVdje je potrebno posmatrati Iri slucaja. u zavisnosti od koeficijenta A = bi - 4(12C2 .

1() hi -4(/2(.'2 > ()

Uslov (1) LIZ pretpostavku da je h] -4(12C2 > 0 moze biti ispunjen kada su korijeni

jednaCine Ay2 +2By+C =0 realni j razlicitL realni i jednaki iii konjugovano­

kompleksni. Ako su korijeni Y, i )'2 rcalni i raziiCiti, onda 6c y moci da dobija vrijcdnosti iz

intervala (_<Xl, YJ) u( YJ,+=), pa je dakle manji korijen YI maksimum, a veci korijen

.\'2 minimum funkcije. Ako su korijeni realni i jednaki ili konjugovano-kompleksni,

uslav (1) uz pretpostavku hJ -4a2 c2 > () je ispunjcn uvijek, pa u tom slucaju funkcija

nema ekstremnih vrijednosti.

x2 -8x+4 Primjer 31: Nae! ekstremne vrijednosti funkcije y :;;;;~-''''-.'-'­

-4x+2

Uslav (I) dabija ablik: 2/-10),+12:2:0=>/-5),+6:2:0, sto je ispunjcno za

yE (-=,2)u(3,+=). Prematomemaksimumfunkcijeje 2 za x=O,aminimum 3 za

x= 1.

2° bi ~4a:?c2 < 0

Da bi uslov (1) lTlogao da bude ispunjen, korijeni jednacine Al +2By+C=U ne

mogu biti konjugovano~kompleksni. U slucaju kada su korijeni rcalni i jednaki, uslov

(1), uz pretpostavku da je h] -4a2c2 < () moze biti ispunjen samo za tu jednu

vrijednost realnog jednakog korijena, pa se, dakle, ta funkcija moze redukovati na

304

konstantu, a njen grafik je prava paralelna sa x osom. Prema tome, da bi funkcija, uz

pretpostavku da je bi -4a2c2 < 0, imala ekstremne vrijednosti, potrebno je da korijeni

jednacine Ai + 2By+C "" 0 budu realni i razliciti. U tome slucaju y prima vrijednosti

iz intervala (YJ'Yl) pa je, dakle, manji korijen Yl minimum, a veci korijen Y2

maksimum funkcijc.

3° hi -4a2c2 =0

U slucaju da je hJ -4[/2C2 = (), uslov (1) dobija oblik 8y+C~().Akoje B>O imamo

C . c.. I .. d k . y ~ --, pa Je Y = -- m1l11ma na VflJe nost, a a 0 Je B B

d . C .

B < (), on a Je y ~--, pa Je B

c . I .. d v = -- makSlma na VflJC nost. . B

Primjer 32: NaCi ekstremne vrijednosti funkcije

/ -2x+3 y:;;;; ~ ,

x-+2x-3 i nacrtati njcn grafik.

Ako dati izraz napiSemo u obliku (za x"* 0):

y

2 3 ]--+-­

X x 2

2 3 1+--­

x x2

(1)

onda se vidi da y -t 1 kada x -t:too, sto 7.J1aci da je prava y = J horizontalna

asimptota grafika fLlnkcije.

Postoje x2-2x+3>0 zasve XEIR i x2+2x-3=(x+3)(x-l) pozitivnoza x<-3

ili x> J, a negativno za -3 < x < J , to ce biti: y>O, '<IxE(~,-3)u(I,_);

y < 0, '<IXE (-3,1 ).

Zbog lim y =+00, lim Y =+00, lim Y = -00, lim y =-00, to su x= -3 i X"" J, x-'J-3-O X-'JJ+O x-cl-3+0 X-'JJ~O

vertikalne asimptote grafika date funkcije. Da bismo nasli ekstreme, nacicemo vrijednosti y za koje je x definisano kao funkcija

od y . Iz (1) dobijamo po x jednacinu:

(y-l )x2 +2( y+l )x-3( y+l )=0, (2)

305

koja ce imati realna rjesenja aka je

4(y+J!, +J2(y' -J );'0,

tj. 2/+),-1"?:-0,

stu ce bili ispunjeno za y.$ -1 i za y"?:- ~ . Dakle, izmedu -1 i ~ ne postoji grafik

funkcije pa je y ="2 ordinata "najnize" tacke tj. minimum, a )' = -/ ordinata "najvise"

tacke, tj. maksimum. 1z (2) naJazimo odgovarajuce apscise: za minimum x = 3. a za maksimum x = ().

. . (3 J \) Dakle,ll11alTIU max(O,-1) 1 1I1111~ '2 .

Uzevsi U obzir sve izlozeno, Jako nacrtamo grafik date funkcije y x 2 -2x+3

+2x-3

,\ 1/2

-3 () J 3 x-

Napomena: U ovom prinljeru se radi 0 relativnom iii lokalnom maksirnurnu i minimumu jer ova funkcija nema apsolutnog maksimuma i minimuma.

306

3. Ekstremne vrijednosti impIicitno date funkcije ohlika: Axl + 2Bx)' + ci + 2Dx + 2Ey + F = 0

Napisimo Axl + 2Bxy+ C/ + 2Dx+ 2£y+ F = 0 u obliku:

Cy:? +2( Bx+E)y+Ax:? +2Dx+F =(),

odnOSllO

Ax:? +2( By+D )x+c,i +2Ey+F =0.

Da hi y, oJnosno x bilo reaino, treba da je:

(B' -AC )x' +2( BE-CD )x+E' -CF20, (I)

odnosno

(B 2 -AC J./ +2( BD-AE)y+D2 -AF "?:-O. (2)

SadD lreba razlikovati Ifi slllcaja:

1() B2 -AC>O

Ako Sll nule trinoma (1). odnosno (2) realne i razJiCite, onda x moze prirnati vrijednosti jz intervala (-oo,Xj)U(x2 ,+oo), odnosno y iz interval a

(--<x>,y,)U(Y2'+oo) pa je XI maksimurn, a x::; minimum od x, odnosno }"

maksimurn. a Yz minimum od y. Ako su nule trinoma (J). odnosno (2) rcalne i

jedllake ili konjugovano-kompleksne, onda x odnosno y mogu primiti svc

vrijednosti. pa nema ekstremnih vrijednosti.

211 B2_AC<O

U ovom slucaju x maze prirnati vrijednosti iz intcrvaia (Xl 'X2)' odnosno y IZ

intervala (Yj' Y2) pa je Xl minimum, a X2 maksimum od x, odnosno )'1 minimum a

)'2 maksimum od y; ako je x/ ::;; X2 ,oc\nosno y/ = Y2' onda su samo za te vrijednosti

x i y zajedno rcalni: ako su Xj i X2 odnosno )'1 i }'2 konjugovano-kompleksni,onda

X i Y nisu nikada zajedno realni.

3fl n2-AC=0

Ako je BE-CD>O. odnosno BD-AE>(), onda x odnosno), dobija minimum. a ako je HE -CD < O. odnosno BD- AE < 0 onda llastaju odgovarajuci maksimumi.

307

4. Ekstremne vrijednosti funkcije Z = Ax] + 2Bxy + ci + 2Dx + 2Ey + F

Imarno daje:

Ax2 +2Bxy+C/ +2Dx+2Ey+F -2 =0.

Rijesavajuci je po y dobijamo:

Y=~(-Bx-E±J( Bx+E!' -C( Ax' +2Dx+F -Z), C

Dakle, diskriminanta ima oblik:

(B'-AC )x' +2( BE-C"D )x+E' -CF+CZ,

(I)

(2)

Mora biti (B1 _AC )x2 +2( BE-CD )x+E2 -CF+CZzO. Treba posmatrati tri

slueaja:

lOB2 _AC<O

Da bi mogao biti ispunjen uslov (B 2 -AC )x2 +2( BE-CD)x+E2 -CF+CZ~O, treba daje:

(BE-CD!' -( B' -AC)( E' -CF +CZ )~O

"" CZ( B'-AC )~( BE-CD!' -( B2 -AC)( E' -CF).

Ako je C > 0, zbog B2 - AC < 0, irnarno:

Z>( BE-CD!' -( B' -AC)( E'-CF) C(B2_AC) ,

Prema tome, vrijednost na desnoj strani, uz date pretpostavke, predstavlja minimum funkcije; aka je C < () • onda ta vrijednost predstavlja maksimum. Za ovu ekstrernnu vrijednost od Z izraz pod korijenom u (I) je potpun kvadrat

pomnozen sa Jil-AC i aka sa Xl oznacimo dvostruki korijen jednacine

(Ji2-AC)r+2(BE-CD)x+E-CF+CZ=O, gdje Z irna ekstremnu vrijednost. onda ce odgovarajuca vrijednost od y biti:

y

308

-Bx-E±( x-x, )~B' -AC

C

ali kako je B1 - AC < O. to ce y biti realno sarno za x = Xl' pa se nalazi da je

Bx +E y - --'-- Za ove vrijednosti od x i y funkcija dobija ekstrerrme vrijednosti. - C '

241 Ako je B2 -AC>O, uslov (B2 -AC )x2 +2( BE-CD )x+E2 -CF+CZ ~O moze

biti ispunjen za vise vrijednosti ad x, bez obzira koju vrijednost uzima Z , pa u ovom slucaju funkcija nema ekstremnih vrijednosti.

3" Aka je B2 -AC=O, uslov (B' -AC )x' +2( BE-CD )x+E' -CF+CZ ~O, dobija

oblik:

2( BE-CD )x+E'-CF+CZ ~O,

Dakle, za bilo koju vrijednost od Z, moze se naci vise vrijednosti od x koje zadovoljavaju ovu nejednacinu, sto zoaei da ni u ovom slucaju funkcija nema ekstremnib vrijednosti.

U slucaju da je u isto vrijeme BE - CD = 0 i B2 - AC = 0 , onda nas uslov

(B 2 -AC )x' +2( BE-CD )x+E' -CF+CZ ;'0,

dobija oblik E2 -CF+CZ ~O,

, CF-E' 0 'I' Z CF-E' C 0 odaklc JC Z > , C> 1 I J < ,< . C C

Dakle, u prvom slucaju mol.eruo odrediti minimum, a u drugom rnaksimuru. Pod datim pretpostavkama dobija se da je

Bx+E y=---~~

C (3)

Prema tome. u posmatranom slucaju postoji nepravi maksimum iIi minimum i on se dohija za sve vrijednosti x j y. koje su medusobno povezane relacijom (3).

5. Ekstremne vrijednosti trigonometrijskih funkcija

Posmatrajmo npr. kvadratne funkcije po sin x, odnosno cos x :

y = asin2 x+bsinx+c ili y = a co/ x+bcos x+ c.

309

1 () Ekslrcmna vrijednost od y pndll u interval (-J,J). U ovom sJucaju, ako.ie a> 0,

d b" .. 4ac-b2

-b b k' )' () l)tl ITIlnllTIUm ---, za ,\'iIlX=::~, odnosllo cosX=--, a a FOJC 0<0. Dve " h 2. 2. vrijcdnosti ce predstavljati maksimum. Osim toga. ako je a> () funkcija dobija jus dva maksimuma. a ako je a < () jos dva minimuma; li ckstremi se dobijaju ZlJ sin x = ±1 . odnosno co,,>, x = ±! .

2° Ekstremna vrijednost od y pad a van intervala (~1,1). U ovom slucaju, ako

... b funkclj<l raste (_._- > 1, (I < 0

2. 'I' b I I -- < -J, a > 0). onda maksimum nastupa za

2. sin x = 1, odnosno ms x = 1, a minimum za sin x = -1, odnosno cos x:::: -1. Aka

I, k" 1 (b J 'I' b , Ll1l rIp opac,1 -_._ ... <- ,0<0 II -·_·->1,0>0), maksl1TIum nastajc 1.a SiIlX=-/, 2. ~ ,

odllosno cos x """ - / , 11 minimum za sill x = 1 , odnosno cos x=:1 .

PI-imjcr 33: OdrediU ekstrcllmc vrijednosti fllnkcije y = 2 co/ x-cos x+ / .

Kako je b 1 7

-~ = - < 1 , a a = 2 > () to funkcija im<1 minimum _.-2a 4 8

/ ,

za COSX=-, tJ. za 4

Osim toga

funkcijD dobi,ia maksimum 4 za cos x =. --1, tj. x = /80(j +n . 360() j maksimum 2 Z8

cos x = / ,tj. x = 11' 3600• 11 = (J,±1,±2 ...

+ r

310

d) METODA NEODREDENIH KOEFICIJENATA

Nekada se dogodi da se ekstremne vrijednosti funkcije ne mogu odrediti prethodnim metodama; metodom osnovnih teorema iz razloga sto faktari ne mogu postati jednaki odnosno proporcionalni svojim eksponentima, iako 1m je zbir stalan, a metodom inverzne funkcije zata sto se dobijaju jednaCine ve6eg stepena ad dva. U ovakvim sJucajevima pri~jenjuje se metoda neodredenih koeficijenata. U osnovi se ana sastoji u tome da se faktori proizvoda, koji je zadan pomnoze odabranim konstamama, taka da faktori mogu postati jednaki iii proporcionaini svojim eksponentima, a zbir im ostaje stalan. To cerna demanstrirati na sljede6im primjerima.

Primjer 34: Na pravoug\om kartonu, duzine a i sirine b (a> b) odrel.e se pri svakam vrllu kvadrat stranice x; dijeJovi koji na svakoj strani preostanll prevrnu se. te se dobije kutija koja ima oblik kvadra. Treba odrcditi stranicu x tih kvadrata tako da zapremina kutije bude maksimalna.

Zapremina kutije je: v ~ x( • - 2x )( b - 2x) ,

Ako bi V pomnozili sa 4 ucinili bi da zbir faktora bude stalan, ali ne moze biti

a - 2x =. b -2x, jer ~c protivi pretpostavci da je a> b. Kada bi smo primijenili metodu inverzne funkcije, jednacinu kOjll bi trebaJo rijesiti bila bi treceg stepena. DakJe, u ovom slucaju primjenjuje sc metoda neodredenih koeficijenata. Imamo:

J V~ -,[((a,-2x),f3(h-2x;'x,

af3

Mak,~imum zavisi od izraza: a( a -2x)· {i( b- 2x)' x, ciji je zbir faktora:

aa- 2xa+ fib - 2x{i +x = x( 1- 20:- 2{i)+ aa+b{J,

Da hi ovaj zbir bio konstantan, dovoljno je da bude: J -2a-2f3 =0, (1)

Iz ove jednaCinc treba odrediti one vrijednosti od a j fJ, koje cine faktore proizvoda,

oel koga se traij maksimum, k~ie su jednake. Dakle, mora biti:

Iz (2) se nalazi da je:

a( a-2x)~ f3( h-2x)~ x,

x a~--,

a-2x

x f3~-,

b-2x

(2)

311

Uvrstivsi ove vrijednosti u (1) dobijamo jednaCinu:

12x2 -4( a+b )x+ab =0, (3)

Sarno one vrijednosti ad x, rje~enja jednacine (3), odgovaraju zadatku, koje su

pozitivne i manje od %. Kako je f(%)=( b-a)< O. jer je b < a, to znaci da su

korijeni realni i da se £ nalazi izmedu njih; oba su pozitivna, jer im je zbir i proizvod 2

pozitivan i poredak im je: b

O<x, <-<x,. 2 -

Zadatku odgovara sarno:

Primjer 35: Naci maksimalnu vrijcdnost funkcije y:::: x( 40-x)( 25 -x); XE (0,25 j.

Pomnozimo datu funkciju sa konstantom k( k + I ) .

Imamo: k( k+l)y =( k+l )x( 40-x)( 25k -10:).

Kako je: (k + 1 )x+( 40-x )+( 25k -10:) = 40+ 25k( = const),

to maksimum nastaje za: ( k + 1 )x = 40 - x = 25k - 10: .

Rjesavanjem po xjednacina:

(k+l)x=40-x, (k+l)x=25k-lo:.

nalazimo

x=·~ i x= 25k ,odakleje k=2,a x=JO. k+2 2k+l

Dakle, maksimum nastaje za x = 10 i iznosi 4500.

312

LITERATURA

[1] Bitten drustva matematicara ifizicara SR BiH, hr. 8, 1965. i hr. 7, 1964. [2J Klasnja. S.: Elementarna matematika 1, Algebra, Sarajevo, 1963. [3] Klasnja, S.: Kurs elel1lentarne matematike 11. Trigonometrija, Sarajevo, 1965, [4] Kurepa, D., Smoiec, S., SkrebIin: Matematika za IV razred gimnazije, Zagreb. 1966. [5] Leman, A. A.: Zhirka zadataka sa moskovskih matemati6kih olimpijada, Moskva, 1965. [6] Matveev, V. N., Matveev, N. M.: Sbornik zadac po matematike, Kazan), 1967. [7] Mitrinovic, D. S.: Zbirka zadataka iz matel1latike za / stepen nastave fW

fakultetima, Beograd. 1962. (8J Nastava maremalike ifizike, VI, 2; V1, 3-4; VI/, 1, Beograd, 1957/58. [9] Natanson. I. P.:ProsteWe zadaCima maksimul1l i minimum, Moskva-Lenjingrad. 1951. [10] Uscumlic, M., Milicic, P.: Zbirka zadataka iz vise matematike /, Beograd. 1967.

313

VIGLAVA

RAZNO

CETIRI NACINA RJESA VANJA JEDNE ALGEBARSKE JEDNACINE TRECEG STEPENA

Sada cerno dati cetiri razna rjesenja jedne algebarske jednacine treceg stepena. Rijec je 0 sljedecoj jednacini:

i 2 1 X+X +X:::::--; XElR.

3

Rjesenje 1 (graficko): Nacrtacemo grafike funkcija

3 2 . J y=x +x +X 1 y=--3

i pokazati dajednacina irna sarno jedno reaIna rjdenje Xo E ( -~'-1). y

-I a x

y=-113

Imamo

-/

)' =x' +X2 +x= x( x2 +x+1)

y=O za x=O jer x2+x+l>0 '<;fxER

y' ::::; 3x2 + 2x+ J; y' > 0 Vx E lR.. tj. f-ja stalno raste;

J y' =6x+2; y''':::::0 za x=--

3

317

-}+3-9

27

dakle funkcija ima prcvojnu tacku

v(1)=3; v(-})=-}: v -- =--+---=----=-: (}) }} } -}+2-4 -3

... 2 R42 8 8

-3+6-12+8 =-~<O, 24 24

sto znab da data jednacina ima samo jedno fealno rjcsenje Xo E ( -i,-1')' a odavde

-;;-3 5 Xo "" --- = -~ "" -0,42 . Naravno. ovo rjcsenje je gruba.

2 12

*\ '! 7 J Rjesenje 2 (pomocu Kardanovog' obrasca): lmamo X" +x- +x+-=O. te nakon 3

. } slllJcne x = y --:

3

,,}},2} . V' -Y"+-l'-~+y---)'+-+)':o;;;O,tl. . 3" 27 F 9· .

OJ Gicronimo Cardano (1501-1576), italijanski m3tematicar

318

Kardanov obrazac daje:

odnosno

It = 3 - :7 - 2~2 + 2~2 = 4- :7 -:; = -f~ Dakle. Ff(if2-~): (3Itnp=O)

odnosno

ili

x = ·-0.442493334 .

Rjdcnje 3 (pomoc:u metoda iteracije): Data jednacina je ekvivalentna sa jednaCinom

) 7 I .. bl.k x=-x -X---,tJ. JJna 0 1 x:::;l(x). 3 .

Kako je f'( x )=-3x2 --2x, zakljucujemo da za XE (_{._i) _ 3 .. d· f'( }) } VrlJC 1 -- =-, 2 4

f ,( }) } t· If·'( )I<} .. . . . .. -3 =3 J· x -3 paJClspUl1JcnUVJetzalteraC1JU:

If'! x)1 ~ q <} za svako XE ( -±,-f). S · } I· taVllTIO Xo = --, na aZll110

2

l , } } } } 3 -6 -8 }} x, = -xo -xii --=------=---=-~"" --045833333

384324 24' l , }

x, = -xi -xi -3 = O,09628}829-0.2}0069444 -0,333333333 =

= -O,447}2094;

319

Dakle.

X; ~-x; -xi _!..~0.089387142_0.199917142_0.333333333~ , 3

= -0.44386333;

"4 ~ _X3, -xl-!.. ~().087447583-0.197014658 -0.333333333 ~ , , 3

= -0.442900408;

x5 =-x;-xl -!.. =0,086879686 -0.196160771-0.333333333 = 3

=-0.442614418;

x6 = -x;-xJ -f = 0,08671 1494 -0.195907523-0,333333333 =

= -0,442529362;

x7 = -x~ -xi -!.. = 0,08661515-0,195832236 -0,333333333 = 3

= -0,442504054.

x = -0,4425.

Aka za priblizno rjesenje usvojirno X7, tada fla osnovu formule za procjenu greske

dobijamo Ix? -/ I < (~) "'" 0,000061035 , gdje je / jedino tacno rjesenje jednacine.

Rje,~enje 4 (elementatno): Imamo

320

,2 1 X' +x +x=--/·3

3

~3xJ+3x2+3x+l=O

~ 2xJ +x3 +3x2 +3x+i=O

"" I x+ 1 >' = -2x' /'

<=>x+I=-xif2

<=>(/+if2)x=-1

-I . <=>x=~,tJ.

J+~2

-I l-if2 +<f2i 1 x- --3(1-if2d4). te

- 1+if2I-if2+<f2i

x = -0,442493334.

o MATEMATICKOJ INDUKCUI

Metod maternaticke indukcije je jedan od vaznih metoda zakljuCivanja II

matematici, pa sarnim tim i u matematicko{ logici. Ovaj metod se najcesce nazi va princip'" matematicke indukcije. On se sastoji u sJjedecem:

Neka je P(O),P( 1 ),P(2), ",P(n) niz iskaza. To je niz tacnih iskaza ako su

ispunjeni uslovi:

(1) P( 0 ) je tacan iskaz, i

(2) P(O)=> P( 1 ),PI I)=> P(2), ... Pln)=> P( n+l) su tacni iskazi.

Koristenjem matematicko-Iogickog jezika, princip matematicke indukcije se maze zapisati**l:

('linE H)Pln)

je tacna aka je

(1) P( 0) tacno, i ako je

(2) ('linE H)(Pln)=> P(n+l)) tacno.

Jos krace:

(P( O)A ('lin E H)( PI n) => P( n + 1 J)) => ('linE H)P( n) .. .lnd( nl-n+ 1 ).

Valjanost metoda matematicke indukcije pociva na sljedecem, smatramo, ocigJedno ispravnom rasudivanju: Ako je tacno P( 0 ), onda s obzirom da je tacna P( 0 ) => P( j ), tacno je i P( J ) . Kako

je tacno P(l)=> P(2). tacnoje i PI 2).

Buduci da je tacno P( 2 ) => P( 3 ) , tacno je j P( 3 ), itd. Zakljucijemo da je tacno P( n )

za svaki n EN. Zato princip matematicke indukcije usvajarno kao tatan. Napominjemo da se pri strogom zasnivanju teorije brojeva ovaj princip uzima kao aksioma, i nazi va aksiomorn matematicke indukcije. U rnaternatickoj praksi se upotrebJjavaju odredeni nazi vi za

'j Principom se obicno zove zakon velike generalnosli. provjeren tacnos{;u svojih posijedica . .oj Ponekad je pogodno pretpostaviti da OE N; U ovom slucaju to i Cinimo, a cinit cerna i ubuduce.

321

dijelove formule lnd( nrn + J ). Taka se P( 0) naziva baza indukcije, irnplikacija

P( fI ) => P( 11 + J ) korak indukcije, a P( n.l u ovoj implikaciji - indukcijska hipoteza

(pretpostavka). "Oblik indukcijskog koraka" zakIjucivanja sa n na 11 + 1 opravdava oznaka Ind( nr-n + J) koju srno upotrijebili za formulski zapis metoda rnaternaticke

indukcije.

Pokazimo to na sljedecern primjeru:

Dokazati nejednakost 211 >n(I1:=0,1.2, .. ).

U ovom slucaju P( 11 ) je nejednakost 211 > 11 •

(1) P( 0 ) je nejednakost 2° > 0 , tj. I> 0 koja je tacna.

(2) Dokazujemo (Ill' E N)(P( n)=> P( n+ I)) odnosno (lin E N)( 2" > n => 2"+1> n+ I).

U svakom dokazu indukcijorn, pa i u ovom dokazu indukcijskog koraka P( n)::::::> P( n + J) se pristupa tako sto se pretpostavi P( II) (indukcijska hipoteza) i to

pogodno iskoristi da se dokaze P( n + J ) .

Pretpostavimo da je P( n) tacna za neko n(;?: 0 ) ,tj. ]'I > 11 •

Kako je

to poslije sabiranja gornjih nejednakosti dabijamo:

2·2 n >n+J, odnosno

]'1+1 > n + 1 (za neko Il;?: 0 ).

Ovirn je dokazano prO) i (IIIIE N)(P(n)=> P(II+I)). pa je prema principu

matematicke indukcije (VnE N)P( n) tacno. U ovorn slucaju (VnE N)]'I > n. Kraj

dokaza.

Primijetimo da se svaki dokaz indukcijom zavrsava ako je dokazana baza indukcije i indukcijski korak. Primjena meloda matematicke iodukcije u pokusajima dokazivanja nekih tvrdenja je kod pocetnika povezana sa raznim greskama. Pokazaeemo neke od najtipicnijih i ukazati na uzroke.

322

Istaknimo. prije svega, da su uslovi P( 0) i (Ill' E N) (P( n ) => P( n + I)) ne sarno

dovoljni da vazi (V'IlE N)P( II) vee i nepohodni. Nairne, aka vazi (V'n E N)P( n)

onda je, naravno, tacna P( 0 ), i tacan je svaki P( 11), pa je tacna svaka implikacija

P(n)=>P(n+I),tj. (IInEN)(P(n)=>P(n+I)).

Preciznije, Ind( nl-n+ 1 ) je ekvivalentno sa i1'0 ),,(lInE N)( i1' n)=>i1' n+l)) ""ilinE N) i1' n).

Medutim, ne sarno to. Uslovi P(O) i (Vn E N)( P( n) => P( n+ 1») su nezavisni, tj.

nijedan od njih ne proizilazi iz drugog. Prema tome, u dokazirna metodom matematicke indukcije moraju se dokazati i baza i indukcijski korak.

Ako nesto od toga nije tacno (V'n E N) P( 1/) je oetacno (jer je ovdje rijec a konjunkciji dvajll iskaza).

Izvor greSaka se upravo i nalazi II prenebregavanju prethodnih napomena. Evo nekoliko primjera:

Primjer 1: Tvrdeoje (VnE N) 6!n je svakako netacno (1611); a smatrati da je 000

tacno sarno zato sto vazi baza 610 i ne provjeravajuei indukcijski korak 61n => 61n + J

(koji nuravno ne vazi), pogresno je. No o\'akvu grdkll - provjeriti baw, a ne ~ndukc!~ski karak, rijetko ko ee ucinitl. No, nazaiost, cestaje obrnuta'greska - provjera mdukclJskog karaka, a ne j baze.

Primjer 2: U tvrdenju (V'nE N) 212n+3 indukcijski korak "proJazi". Nairne,

2(11+1)+3=(2n+3)+2 pa aka 21211+3 onda 21(211+3)+2, tj. 21 2(n+I)+3.

Medutim, ovo je netacno (neparan broj .ie djeljiv sa 2 !!!). "Dokaz" je, naravno.

neispravall zato 5tO ne vazi baza; za 11:::;:: O. dobijamo 213! Dakle. treba strogo voditi

racuna da se dokazu i baza i karak. -

Gornji primjeri su dosta prosti. Eva lleStO slozenijih primjera:

Primjer 3: Ceste su greske pri dokazivanju iodukcijskog koraka. lzvor im je u zanemarivanju matematickih uslova koje nameee priroda zadatka. Evo primjera: Dokazujemo (VnE N) n2 ;?: 2n.

Bazaje O;?:O itacnaje.Ako n2;?:2n,onda (n+J/:=n 2 +2n+J:?:2n+2n+l -zbog

pretpostavke ;?: 2( 1/ + I) - jer 211;?: J .

Dakle, (II + 1 !' " 2( II + 1 ) . Kraj dokaza.

Medutim, za 11::::: J nejednakost n2 ~ 21t daje J;?: 2, sto nije tacno. Gdje je grdka? Pa, ako se vratimo dokazu indukcijskog koraka, primjeeujemo da smo koristiJi 211 C. 1 sto za n:= a llije tacno.

323

Primjer 4: Evo jos nekih prirnjera koji ilustruju neophodnost baze indukcije. a) Pretpostavimo Ii da je

tacna za n=k, tj.

1+2+ ... +2" =2 k+J

,

tada je takoder tacno 1 +2+ ... +2k +2k+J = 2k+J + 2k+J = 2 .2k+J = 2k+2 .

(I)

Prema tome, akoje (1) tacno za n=k. ondaje tacno i za l1=k+1. Medutim. (1) nije tacno ni za jedan prirodan broj n. jer izraz na lijevoj strani u (1) ima vrijednost

t1+1 _ J koja je uvijek manja od 2n+J •

b) Pretpostavirno Ii da vazl

(nEN), (2)

tada je, takoder, tacno

1+2+ .. +11+(11+1 )=~(I1+~)' +(n+1 )=~((n+1 )+~)'

Dakle, ako je (2) tacno za 1/. tada je tacno i za n+l. Medutim. (2) nije tacno ni za

jedno n,jer je 1+2+ ... +nprirodan broj, dok to nije slucaj sa ~(n+~J.

Sada cerna dati jedan prirnjer, pravi "biser" koji ukazuje na potreban oprez pri primjeni matematicke indukcije:

Primjer 5: "Dokazacemo" matematickom indukcijom da su svi prirodni brojevi medusobno jednaki. Dokaz cerno provesti tako da pokazemo da su za svaki skup S koji saddi neki proizvoljni (odreaeni) konaean broj n prirodnih brojeva ti njegovi elementi medusobno jedanki. 1° Baza indukcije. Ako S sadrzj sarno jedan element. tvrdnja oeito stoji jer tu meal! elementima ne moze biti razlicitih. 2° Korak indukcije. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za skupove S koji sadde k

prirodnih brojeva, i neka skup So = {nJ , ... ,1ik+J} saddi k + J prirodnih brojeva 11, . Po pretpostavci indukcije vrijedi:

(3)

(4)

324

Iz (3) i (4) imamo daje

Cime je korak indukcije proveden i tvrdnja dokazana. Gdje je greska u zakljuCivanju?

(5)

Greska je u tome sto za k = 1 relacije (3) i (4) gJase sarno" nJ ", odnosno .. n2", pa

nerna zajednickog elementa koji bi omogucio preJaz na (5).

o neophounosti koraka indukcije veoma ilustrativno govori sljedeci primjer. za koji smatramo daje veoma interesantan:

Primjer 6: Poljski matematicar W. Sierpinski je naveo sljedeci primjer za neophodnost stava (2), tj. stav 0 koraku indukcije:

Neka su 11 i III prirodni brojevi. tada broj 99111 2 +1 irna osobinu

2 {nije kvadrat cijeJog broja za n < nI, 991n +1

=( 379516400906811930638014896080 l za 11 = In,

gdje je: In = 12055735790331359447442538767.

Kao sto vidimo, tvrdenje da broj 9911/2 + 1 nije kvadrat cijelog broja istinito je u veoma velikom broju slucajeva, tj. za sve prirodne brojeve od 1 do m-1, ali nije istil1ito za n == m. r ovaj primjer ukazuje na to da jedno tvrdenje koje zavisi od prirodnog broja ll, moze biti istinito za fl = 1,2,3, ... ,k, gdje je k vrlo veliko, ada ne

bude ipak istinito za svako n .

LITERATURA

[1] Arslanagic, S., Matematicka indukcija, Otisak, Sarajevo, 2001. [2] Borzan i dr., Razgovor 0 matematici, Skolska knjiga, Zagreb, 1971. ['3] Bozic, M., Vujic, S., Matematicka logika sa elementima opste [ogike, Naucna knjiga, Beograd, 1980. [41 Devide, V., "Stara" i "nova" matematika, Skolska knjiga, Zagreb, 1975. [5] I\1ijajlovic, i., MatematiCka indukcija, Matematika, Beograd, 2 (1974), 59~71. [6] Mitrinovic, D.S., Matematicka indukcija, Binomna formula, Kombinatorika, III izdanje, Gradevinska knjiga, Beograd, 1980. [71 Sominskii, 1. S., Goiovina, L.L, Jaglom, I.M., 0 matematiceskoi indukcii, Nauka, Moskva, 1967. [8] Vilenkin, N.J., 1ndukcija, Kombinatorika, Prosvescenie, Moskva, 1976.

325

o SUMlRANJU STEPENA BROJEV A PRIRODNOG REDA

Rijec je 0 iznalazenju sume

akoznamo S/n),S':!(n)"",Sk_f(n).

Nacin koji cerna izloziti je u vezi sa diferenciranjem izraza

F(X)=(X-J){X2 +X3 + ... +Xll) iii F(x)::::x"+l_Xl.

Razmolrimo posebne sJucajcve: ]0 Nati sumu

SI( 11) = fill, (k = I). III"'}

Nademo izvod drugog reda od F( x), tj. F"( x) ima oblik:

2(2x+3x2 + .. +nx .. - I )+(x-1)(2·!+3·2·x+ .. +n(n_J)xn- 2 )=

=:;;( n+i )m..n- 1 -2.

Stavljajuc.i II (1) x:= I , nalazimo:

2° NaGi sumu

Imamo daje

2(2+3+ .. +n)",,"(11+1 }/I-2, odnosno

( 7 1 )_(11+1)11 I '1' ~+. + .. +Il ---2-- , II

l1(n+1) 1+2+3+ .. +Il=---=Sdnj.

2

S2(I1)= f 1Il2

. (k =2). III=!

(1 )

(2)

F'( x)=3( 2 ·1+3·2x+ . . +II( 11-1 )X"~2 +( x-I)( 3·2· 1+4·3·2x+ ... +11( 11-1)( n-2 )x"~3 )=

= (n + 1 )n( n - J )x'1-2 , (3)

326

Za x = I, (3) postaje

Dakle, imamo

ili

.:,to Naei sumu

Nadimo F IV ( x) :

3( 2 ·1+3·2+ ... +II( 11-1 ))=( 11+1 }n( n-1}.

,:;.. ( I) (n+I)II(II-1) L.. m 111- :::: •

TIl=l 3

(11+1 }II(n-l) . S2(II)-SI(I1} 3 .tJ.

(11+I}n(n-1) II(n+l} S2(11) +---

3 2

n(I1+I)(211+1) S,In}

6

I] 3 S,(II)= I III , (k =3).

m=1

+( x-I)( 4·3·2· 1+5·4 ·3·2x+ ... +n( 11-1)( n-2 )(11-3 )X,,-4 )=

=(11+1 )n(n-l)( n_2)xn- 3 ,

Iz (5), stavljajuCi da je x = 1 , dobijamo:

odakle je

iii

4( 3·2·1+ ... +n( n-1)( 11-2 ))=( 11+1 )n(II-1 )(n-2),

im(m-l)(m-2) 111",,1

(n+1}I1(n-l)(n-2)

4

S ( ) 3S ( ) 2S ( ) (II + 1 )n( II-I )( n - 2 )

1 II - 2 fI. + 1 fl - , . 4

(4)

(5)

327

Koristeci (2) i (4) lako dobijamo:

Aka produzimo proces diferenciranja F( x) na red ( k + 1 ) , uz uslov x;:::: 1 , dobijamo:

FIk+IJ( I )=( k+ I)'i: m( m-I) .. ( fIl-( k-I)) /11..,,1

F Ik +I'( I )=(n+1 )n(n-I) .. (II-(k-/ i), gdjeje 2 $k+1 $ 11+1.

Imamo dakle

'i: fIl( m-I) .. ( m-( k -I)) (11+ I )II( n-I ) ... ( 11-( k -I )) . /11=/ k+l

(6)

lednakost (6) se moze provjeriti metodom potpune matcmaticke indukcije po k. Iz (6) dobijamo:

(11+1 )11(11-1 ) ... (n-(k-I ))

k +1

Odavde se maze naci Sj:(n) ako znamo sume S,( 1/ ),,,,,Sk_,(n) i koeficijente

A,(r=I,2, .. ,k-I).

Ukazimo na nacin izracunavanja koeficijenata Ar • Posmatrajmo proizyod binoma:

(m-O I( III-I I( 111-2) ... ( m-( k-I)),

koji se razlikuje sarno u drugim Clanovima. Koeficijent uz mk- r u konacnom obUku toga proizvoda jednak je Ar;

Odavde se oa osnovu Vietovih formula lako yidi cemu su jednaki koeficijenti AI"

328

Npr. za k ;:::: 4 imamo:

'i: fIl( fIl-1 I( fIl-2 I( fIl-3)= (11+1 )II( n-I I( n-2)( n-3)

m=1 5

gdje je

Sada je

SI ) -6S() IIS() 6S() (1I+/)II(n-II(II-21(1I-3) 41!- lll- 2n+ ,n+ . . 5

LITERATURA

[1] Matematika v tkote, 2f16, Naucno metodicki casopis, Pedagogika, Moskva.

329

o .JEDNO.! GRANICNOJ VRIJEDNOSTI

U OYon1 clanku cemo se baviti izracunavanjem graniene vrijednosti koja glasi:

lim (_1_+_1_+ .. +~). 11--t+<-> n+J 11+2 211

(1 )

Najprije cemo dokazati da vrijedi nejednakost:

1 1 1.fi --+--+ ... +-<-; (nEW). 11-1-1 11+2 211 2

(2)

Dokaz: Koristiccmo nejednakost (A $; K) izmedu aritmeticke j kvadratne sredine n

pozilivilih bl"lljeva koja glasi:

~11+a2+ .. +°/1 < rcI7+a~+ ... +a;.( 0'--1) 'l.F· , ai > ,1- ,n . II ~ n

Na osnovu te nejcdnakosti. imamo:

-n-~-l +;-'~-2 ++ :n J(~,-S r ++J ++(Lr II ~ n

(ovdje vrijedi stroga nejednakost jer je _1_ ¢ _1_ * .. '* ~ ), odnosno 1l+1 11+2 211

(_/_+_1_+. +~)' <n[ __ l_+ __ l_+ "+(2,1,)2]' \,11+1 n+2 .. 211 (IJ+Ji (n+2/

Sabiranjcm ociglednih nejednakosti:

330

1 1 ---<----(n+1/ n(Il+1j'

__ 1_ < _--,1,--_ (11+2/ (11+1)(11+2)'

1 1 -( 2-,-,),- < "'(:::2,-,--1-o-)"'2-n '

(3)

dobijamo 1 1 1 1 1 1

---+---+ .. +--, <---+ + ... +-----= (n+1)2 (n+2), (2nf n(n+1) (n+1)(n+2) (2n-I)2"

1 1 1 1 1 1 =----+-----+ .. +----=

11 1/+1 fl+l 11+2 2n-} 2n

1 1

II 2n 211

Sada dobijamo iz (3):

(_1_+_1_+. +~)2 < nil 11+1 11+2 . 211 2;;=2'

i odavde

1 1 1.fi -+--+ .. +-<-(~O.7071068), g.e.d. 11+1 11+2 2n 2

Dakle, nejednakost (2) je tacna. Sada se postavlja pitanje: Koliko iznnsi granicna

vrijednost (l)? Sigurno, ona je sasvirn blizu vrijednosti .Ji. Sada cemo dokazati da 2

ova granicna vrijednost iznosi ln2 "" 0,6931472, tj.

. (1 1 1) 1/111 l--+--+"'+- =ln2. 11· ... ++= 11+1 11+2 211

Dokaz 1: Iz poznate nejednakosti

( 1)" (1)"+' 1+-;; <e< 1+-;; ;(IlEN)

slijedi

( i)" (1)"+1 In 1+;; <lne<ln 1+;;

iii

I/ln(J+:) < 1 « 11+1 )In(l+;) te odavde

1 (1) 1 . --<[n 1+- <-;(UE N). n+l 11 It

(4)

331

Dobijamo sada iz (4) niz nejednakosti:

__ I_<ln(I+!"); _1_>ln(I+_I_) n+l n n+1 n+l

_1_ < /11(1+_1_); _1_> In(I+-'-) n+2 11+1 11+2 11+2

1 ( I) 1 ( I), -<In 1+-- ;->111 1+- ,tJ. 2n 2n-1 211 2n

nakon sabiranja gornjih nejednakosti:

odnosno

_1_+_1_+ .. +~< In( 1+i)+lfl(I+_I_)+ .. +/11(1+_1_) n+1 n+2 211 \ n 11+1 211-1

_1_+_1_+ .. +~ > In( l+-I-)+ln(I+-I-)+ ... +ln(l+.i..), 11+1 11+2 211 \ n+1 n+2 2n.

,_I_+_I_, ... +~<lnlrn+1.n+2 .... 211 1 11+1 11+2 211 11 n+1 2n-l)

-..!._+_I_+ .. +~>ln(I1+2.n+3 .... 2n+1),tj . 11+1 n+2 211 l1+f n+2 211

1 1 1 2n --+--+ .. +-<111-=[112 n+1 11+2 211 11

1 1 1 1 2n+1 2+-

--+--+ .. +->In--=In __ ", n+1 1/.+2 2n n+1 l+i

n Dakle, vrijedi

1 2+-;; 1 1 J

111--<--+--+ .. +-<ln2, l+.!... 11+1 n+2 21Z

n

332

a odavde

l 1 J 2+- 1 1 1

lim 111 __ 11 :::; lim (--+--+ ... +-)s lim In2 " ..... +00 1+L n~+oo n+1 11+2 2n Il~+<><l

n

iIi

,(11 1)/2' 1112:::; lim --+--+ ... +- S n ,tJ. ".-)+00 11+1 11+2 2n

po teoremi 0 "dva policajca":

lim I --+--+ .. +- =b,2 t q.e.d. (I 1 1 ) IH+<><l\n+l 11+2 2n

Dokaz 2: Ovdje cemo koristiti jednu poznatu cinjenictl iz matematicke analize:

lim I+~+-+ .. +~-lnn =C, tJ. ( 1 1 1 ) ,

J1~+OO 2 3 II

1 1 1 1+-+-+ .. +--~n=C+~,

2 3 n

gdje Ell --t 0 kad II"""" +00 i C "" 0,577216 je poznata Ojlerova konstanta.

Nekaje

slijedi 1 1 1

Z2H -zn =--+--+ .. +-. n+l 11+2 211

Sada uobijamo zbog (*):

ZII =lnn+E" +C,

i odavde

Z21l - ZII = In2n -lnll+E2n -En'

Sada dobijamo iz (5) i (6):

(* )

(5)

(6)

333

J 1 J 211 /l + 1 + n + 2 + "+2;;::::: In-;;+£211 -£11' te

lim (_1_+_1_+ .. +~):::::ln2+ lim £2n- lim IOn. II-++<'" 11+1 11+2 211 II-++<» Il-tT<>o

odnosno zbog lim £21! ::::: () i lim £/1 = 0 : II-++<» """'+<><>

I,.,." (_1_+_1_+ I ) .. +-- =ln2,q.e.d. II-->"""" 11+1 11+2 211

Dokaz 3: Najprije cemo dokazati da vrijedi jednakost:

I I I III I I --+--+ ... +-::: 1--+---+ ... + ____ . n+i 11+2 211 2 3 4 211-} 2n

Imamo

I I I =--+--+ .. +-,

11+1 11+2 211

tj. jednakost (7) je tacna. Iz TejJorovog reda

"" XII Inl I+x)= II -1 r'·-; I -I ~ x ~J)

11",,1 II

dobijamo za x:::- 1 :

"" (-} t+! }}} In2= I---=1--+---+

""" II 2 3 4

334

(7)

(8)

Sada se dobija iz (7) i (8):

lim (._I_+_I_+".+~)::::: lim [1_1-+1-_1-+ . . +_( -_1_1_"_' j:::::ln2. q.e.d. '11-~+= n+l 11+2 211 1'-7+= 2 3 4 11

Napomena: Dokazuje se da vfijedi poopcenje:

lim (-.!_+_I_, ... +~)=lllk' 11-++<>0 n+1 11+2 Ilk

gdjeje !lEN i k=2,3, ..

LITERATURA

[1] Arslanagil.\ S .. Matematika za nadarene. Bosanska fijec, Sarajevo, 2004. [21 Ljasko, 1.1., Bojarcuk, A.K., Gaj, J.G., Golovic, G.P., Spravocnoe posohie po matematiceskomu allaliZlI, Visa skala, Kiev, 1984. [3J Merkle, M., MatemafiCka analiza, Pregled tconjc i zadaci, Elektrotelmicki faku!tet, Beograd, 1997.

335

HARMONIJSKI BROJEVI')

Harmonijskirn brojevima nazivamo sume oblika

1 1 1 H(n)=1+-+-+ ... +-

2 3 fl

sa osobinom da je svaki sabirak, pocevsi od drugog, harmonijska sredina susjednih sabiraka. U ovom Clanku dokazacemo za harmonijske brojeve neke osobine, nejednakosti i identicnosti. Neke tacne vrijednosti za H(n) date su sa

H(5)=137,H(10)= 7381 ,H(15) 1195757 60 2520 360360

H ( 20 ) 55835135 H ( 25 )._ 34052522467 15519504 8923714800

Primijetimo da harmonijski brojevi sa povecanjem n rastu veoma sporo jer je

H(1000)=7,48,. . .,1J(IIJ' )=9.7876, .. .,H(106 )=14,39 ....

Prije nego sto se pocnerno baviti harmonijskim brojevima, dokazacemo neke vazne teoreme iz nizova.

Teorema 1: Niz

je monoton i ogranicen.

D k P · . 1 /0 kl ... d o az: rva tn Glana ovog !1lza su: 01 :::::2,Q.) =2-,o, =2-, ada e shJedl a J'e , 4' 27

01 < (/2 < 03' Dokazacemo daje all < a ni_} za svako HE N. Kako je

1+·-=1+-----= 1+- 1----1 1 1 (1)[ 1) n+l n n(n+l) n (n+1/'

to je

( 1 ),"1 ( 1 )" 1+-- = 1+-

n+ 1 fl ( )

,,+1 n+l 1 ___ 1_

fI (n+l / (I)

OJ Koautor Zdravko Stare

336

Posta je _....l._ > -J , to se na osnovu poznate Bernulijeve*l nejednakosti koja glasi 11+1

(1+xt'?l+nx,x>-J, n>1, (liEN),

(znak jednakosti vazi za x"'" 0 i za n == 1 ), dobija

I 1 n [ )

,,+1

J-(n+ll >1- 11+1= 11+1'

a sada iz (J) slijedi

( 1 ),,+1 ( 1)" 1+-- > 1+-11+ J n

tj .. {/II+J > {III' Dakle, niz je rastuCi.

Kak ' 1 . OJC 1--

2 < J, !!TIUlTIO

4n

odnosilo

1 1 i+-<--

211 I ' 1- .. ·-

211

( 1 )'" 1

1+211 «1_1.._)2'" 211

Prema Bernulijevoj nejectnakosti irnamo

(1-~)" >1-~=~, 211 2 2 a odavde

1 --'-=<4,

( 1 .)'" 1--

211 tj. iz (2) slijedi

( 1 )2" .

1 + 211 < 4, tJ. alii < 4,

(2)

Kako je all < (1 211 ' dobijamo takode da je a/I < 4, sto znaci da je niz ograniccn odozgo. Ovim je lcorema dokazana.

OJ Bernoulli, Jacob (1654-1705), svajcarski matematicar

337

Napomenn 1: Kako je niz (all) monoton j ogranicen, on je konvergentan; njegova

gnlilicna vrijednost oznacava se sa e, tj.

gdjeje e=2,71S ...

Teorcma 2: Niz

lim 1+- =e, ( I)" " ... -H-= 11

(

I '1',+1 bl!;:::; 1+--)'

11+1 (n ~ 1,2,3,. .. )

je monololl j ograniccn s granicnom vrijednoscu koja iz.nosi e.

(3)

Dokaz: Prva lri clana ovog niza su bl ;:::;4,b? ;:::;3!..,b, =313

, odakle slijedi da je .. 8' 81

bl > h2 > b, .. Dokazaccmo da za svako J1 EN vazi b'l > b'Hi' tj. da je niz monotono

opadajuCi. Imamo

( l" 1+-

( I f' ~ n n 1+--- . _-

b,,+l ( I r n(n+2) n+1 1+--

11+1

(4)

Na OSI10VU Bernulijevc nejednakosti je

(1+ __ 1 __ )1!+2 >1+~=n+1

n(Il+2) 11(11+2) n

b , .... v •• b J pa se sada iz (4) dobija da je -'- > 1, odakle shJedl da Je bll > b,li.l ' sto Je 1 tre a 0

b,,+1 dokaza1i. Gnll1:cna vrijcdnost niza je zhog teorel1le 1:

( 1)'''1 filii bll

= lim 1+-11-)+= 11-)+00 n

lim (I+.!.)'" lim (I+.!.)~e 11-)+«> 11 11-,+00 II

1 = e .

Napomena 2: Na osnovu teorel1la 1 i 2 dobija se nejednakost

( I)" (1)"'1 1+-;; <e< 1+-;; (5)

338

a iz nje nakon logaritmiranja

gdje je n bilo koji prirodan broj.

Teorcma 3: Vazi nejednakost

--<In 1+- <-, I (I) I 11+1 II n

r --<InC l+r)< r, l+r

gdej je r biJo koji racionalan pozitivan bro].

S. 111

Dolmz: .. ta\'IIllO r:;:;: ~ > 0: tada zbog (6) im8mo n

II1(1+r)=ln 1+~1=11l --'--' ( Tnl (Il+! n+2

\ 11) II n+! n+m )

'11+111+1 =

~ln(I+.!.I+ln(I+-I-)+ .. +In(l+ I )< 1/) 11+1 . 11+111-1

1 11m . <-+--+ .. +----<~=r, tJ.

/I 11+1 11+111-1 11

fn( 1+r)< r

Ala predslavlja clesni dio nejednakosti (7). Dokaiimo i lijevi dio te nejednakosti; imal1lo zbog (6);

m

In(l+fJ>-I-+-I-+ .. +_I __ >_"_'_~_-;_I_~_r_. tj. 11+1 11+2 Il+m 11+111 1+!!!.. l+r

sro je i trc-balo dokazati.

I' In(J+r»--,

1+1"

11

(6)

(7)

Posljcdka 1: StavljajuCi 1I clesnu stnlllll nejednakosti (7) daje r =_1_, dobijamo n+1 .

/11(1+_1_) <_1_, odnosno n+l 11+1

( I )"+1 1+-- <e. \ 11+1

(8)

339

Napomena 3: Dokazuje se da vazi nejednakost (7) i U slucaju kada je r bilo koji realan braj yeti od -1.

Teorema 4: Niz 1 1

a'l =1+-+ ... +-2 Il

je divergentan,

Dokaz 1: Za dovoljno velika Il imamo

J 2 4 2'-1 1 J 1 k - J k > 1 +-+-+-+ ... +-- == 1 +-+-+ ... +-=1 +-->-,

2 2' 23 2' 2 2 2 2 2 '-----v-

k-1

gdje k E.N zadovoljava relaciju

1 1 1 -$;-<--. 2k n 2k+J

Posta, ocigledno, k ~ +00 kada Il ~ +00, to je tvrdnja teoreme tacna.

Dokaz 2', Koristimo Kosijev kriterijum koji glasi: Niz (an )IIEN je konvergentan ako i sarno ako za svako E > 0 postoji prirodan broj

flO( E) takav da je latH-/, - a,ii < E za fl > flO ( E) i svald prirodan broj p.

Kakoje

la,,+I' -a,,1 = 11 +i+ ... +i+ ... +_I __ (l+i+ ... +i)1 = 2 1/ n+ p 2 n

to stavljajuci p == II , dobijamo

lan+J! -alii >_"_=!!...=!.., n+1I 2n 2

sto znaci da je niz ( all )nEN divergentan prema Kosijevom kriterijumu.

Rako je niz monotono rastu6i, on je odredeno divergentan.

340

Teorema 5: Niz , 1

a,='i,--lllk, (kEN) n=}1l

je konvergentan. (Njegova granicna vrijednost C = 0,577216... zove se Eulerova konstanta).

Dokaz: 1z (6) imamo

1 in(n+1)-Lnn<-,

Il

a odavde stavljajuci redom n:::: 1,2, ... ,k dobijamo nejednakost

cijim sabiranjem dobijamo

odakle je

1 In2-Lnl<-,

1 1

In3-lr12 <-, 2

1 IIl(k+J)-lllk<-,

k

J l' 1 IIl( k+1)< 1+-+ ... +-= 'i,-,

2 k 1I",}n

k+11 1 ak+1 = 'i, --IIl( k+1» -->0,

11=111 k+l

!:ito znaCi da je niz ( QJ; lEN ogranicen odozdo.

Stavimo u (6) daje II =k; dobijamo

1 --< In( k +1 )-[nk ,odnosno k +1

k+ll J; 1 'i, -- 'i, -<lIl( k+1 )-lllk, tj. n"") fl """} n

J;+J 1 k J 'i, --In( k + 1 )< 'i, --lllk, 11",1 n """In

341

pa je a,,+! < (II.; ,( k E l'''J), sto znaCi da je niz (al.; AE]il monotono opadajuci. Prema tome

niz ((II.; )kcK je konvel'genran i postaji konstanta C, tako daje lim ak :::: C . Primjetimo H---++«>

da je a l :::: 1 , te je C < J . Takoder slijedi da je

I 1 1+-+ ... +-:::::lnn+ C+BJ] ,

2 11

gdje je (811 )IIEN nulll niz.

Sada cemo dokazati neke nejednakosti za harmonijske brojeve.

Tcorerna 6: Za svnko /I> I vrijede nejednakosti

I -+fltl1<H(n)<1+llll1. 11

Dokaz: Koristcci dokazanu ncjednakost (1):

odnosna (6):

( 1 )" (I )'>+1 1+-;; <c< 1+-;;

I (n I --<in 1+-)-<-, 11+1 n II

i stavljajuci u nju rcdom za n vrijednosti 1,2,3, ... ,11-1, dobijamo:

-<In 1+- <-, I ( I) I 2 I I

-<[11 1+- <-, I ( I) I 3 2 2

I ( I) I -<In 1+-- <--. n II-I 11-1

S<1biranjem oyj11 nejednakosti, dobijamo:

odnosno

342

(9)

Ovim je (9) dokazano.

1 . -l+H(n)<lnn<H(n)--, tJ.

n

1 -+lnl1 < H( /1)< i+lnn. 11

Teorerna 7: Za svako fI > I vaze nejednakosti

nll1n ( I) --<J-I(n)<lnn+nln 1+- . 11-1 n

(10)

Dokaz: Dakaz<-lccmo prvo desnu stranu nejednakosti (10). Prije toga dokazacemo nejednakosl

H(H)<-"-+lnn, (11)2) 11+1

ito pomocu principa matematicke indukcije.

(11)

1 I 3 I I Za 11:::::3 imama 1+-+-<-·+lIl3, sto je tacna zhog 1+-+-""],8333 odnosno

2 3 4 2 3

3 -+ln3"" 1,8486 . 4

Pretpostavimo sada da je (11) tacna za n;;: 3 i dakazimo da je tada (11) tacna i za 11+1 .lmamo iz (11):

H(n+l)< --+Inll +--. (

II ) I n+l n+1

Zbog

( 1)"+1 ( 1) I 1+- >e,odnosno 1n J+- >--, 11 n n+1

imamo

Kako je

to imamo iz (12) i (13):

I In.n<ln(n+1)---.

11+1

II 11+1 --<--, 11.+1 11.+2

n+l H(n+l )<--+In(n+l).

11+2

(12)

(13)

343

Ovirn je (1I) dokazano. Zbog In(I+!..)>_I_ iz (11) slijedi desna strana n 11+ J

nejectnakosti (10). Primijetimo da je ana tacna i za 11 = 2 (za II:=; 2 dobijamo !... < 1112., 2 2

odnosno 1.5 < 1,5040871, sto je tacno), Dokaiimo saada lijevu stranu nejednakosti (10). Najprije cerno dokazati nejednakost

3 H(n»ln-(n+l). (n>2)

2

i to opet pomocu matematicke indukcije.

(14)

Za n=3, nejednakost (]4) je tacna jer je 1+!...+!...>ln6. Pretpostavimo sada da je 2 3

(14) tacna za II;::: 3 i dokazimo daje tada (14) tacno i za n+1. Iz (14) imamo:

3 I H(n+I»ln-(n+l)+--. (n~3).

2 11+1

Zbog dokazane nejednakosti (8)

imamo

( I )"+1 1+-- <e,

11+1

3 o( n + 2 ) I .. 3 I 3

[11"- <--,Ill In-(n+l)+-->ln-(n+2), ~(n+l) n+1 2 n+l 2 2

tj. iz (15) dobijamo

Qvimje (14) dokazano.

3 H(Il+J»ln-(n+2).

2

Pomocu matematicke indukcije takoder se lako dokazuje nejednakost

(3),,-1 2 >n, (n>4).

Kakoje 1I+1>n, imamo

344

(15)

(16)

odnosno zbog (16):

-(11+1) >nl',tj.ln-(fl+l»_n-lnll, (3 )'>-} 3 2 2 n-I

(n > 4).

Primijetimo da je gamja nejednakost tacna za n:=; 3 i za /I:=; 4 Clako se provjeri 1) tako da najzad imamo:

3 n In-(n+l »--lnn. (n > 2).

2 Ii-I ( 17)

Iz (14) i (17) slijedi lijeva strana nejednakosti (10).

Lako se vidi da je ana tacna i za II:=; 2, (dobijamo !... > 21n2, tj. 0,75> 0,6931543). 2

Ovim je (10) dokazano.

Napomena 4: Nejcdnakost (10) je ostrija (bolja) od nejednakosti (9) posta jc

ll/Jl+ nln( J +;) < J +lnn, tj.

sto je tacno, te

sto je takode tacna za sve II EN.

J nlnn. -+lnn<--,tJ. n 11-1

n-I /nll>--,

n

Posljcdica 2: Iz (9). odnosoo (10) slijedi da je

lim H(II)::::+OO, H_

Tcorema 8: Za svako II> J harmonijski broj H( 11) nije cio broj.

Dokaz: Svaki prirodan broj 11 mazemo predstaviti U obliku n =: 2k • . an' gdje je

kn -=0,1,2, .. i all neparan broj. Najrnanji zajednicki sadrzalac za sabirke u H(n) je

broj 2k ·a, gdje je k = max{k"k2 , ••. ,kll } najrnanji zajednicki sadrzalac za a" ... ,all

•

345

Po sabiranju svi brojioci sabiraka bit ce parni brojevi osim za sabirak l.- ciji je 2'

odgovarajuci brojilac neparan broj. Odavde sJijedi da je H(n) kolicnik neparnog i

parnog broja, tj. H( n) nije cio broj.

Teorcma 9: Vrijedi sljedecajcdnakost . IJI(! )=( 11+ I )II(" )-11. ,,,,I

Dokaz: Imamo

I,H(i)::::.J+ 1+- + 1+-+-1+ 1+-+-+- + ... + • (I) ( I 1\ r I I I) i=J 2 2 3) \ 2 3 4

+(/+-21 + .. +~/-l+(I+!.+ .. +_!..._+ .1.) = 11-1) . 2 11-1 n

I I I I ::::. n· 1+( 11-1 )--+( 11-2 )--+( 11-3 )._+ .. +2·~-+J::

2 3 4 11-1

·123 I 1 = II·II( II )- .... ----- .. -(" -2 ).~--( II-I)-- =

2 3 4 11-1 11

11.1 I I = II' H( 11)+ H(" )-H( 11)---2·--3·--... -(" -2 ).~--( II-I ).-=

2 3 4 /1--1 II

III I 111.1 =( 11+1 )N( II )-1-------- .. --------2·--3·-- ..

2 3 4 n-1 n 2 3 2 1 I

--{n-2)----·(n-1 j--= fl-1 /I

=( 11+ I iU( n )-1-1-1 -1-1- .. -I =( n+1 )H( n)-II,

sto je i trebalo dokazati.

346

Teorcma 10; V rijedi sljedeca jednakost

Dokaz: Kako je

imamo daje

• I I)2!+I )1I(!)=(II+II'II(II)---n(n+I). 1# 2

2i+I=(i+l)' -I', 1I(;)=II(i-I )+.1. . ,

IJ 2i+1 )1I(!)=i(i+1 I'II( i)- ii 21I(i)= i=1

= IJ!+I)" lI(i )-1- 'D' lI(i-I )+-,1= ., • '( 1\ 1=1 1=2 I)

::::. ir i+1 / H(i )-1- i i2 H(i -1)- f.i = i",' 1=2 1=2

11 II-I? J = IJ i+I!, II(!)- I (i+ I )-II(! )--II( n+I)=

r==} 1=1 2

, I =( n+1 t H( n)--n{ n+1),

2

sto je i trebalo dokazati.

LITERATURA

[1] Fihteng:olc, G.M., Kurs diffcrencialnogo i integralnogo iscislenia II, Moskva 1959, str. 269-270. [2] lzahranie zadaCi i:: ,l\.mer. Math. Month!.)", Moskva 1977, zadaca 304, str. 92. [3] hady, P., Alflgabe 925, Efemcnfe der Mathematik,Vol. 41, Nr. 3 (1986), str. 77. [4] Knuth~ D.E., The art of computer programming, Vol. 1 (rusko izdanje), str. 107-112. [5] Laban, I\,1.. Zhirka re.fcnih zadataka iz mafematike /, Naucna knjiga, Beograd, 1987, str. 16-21. [6] MitrinoYic1 D.S., (saradnik Vasic, P.M.) Analiticke nejednakosti, Beograd, 1970, str. 185. (7) Mitrinovic, D.S., Keckic, J., Algebra - Zbirka prohlemCl, Beograd, 1969, str. 47, zad.5 .. 26.

347

SUMMARV

This book is intended for mathematics students who during their studies take courses in Elementary Mathematics (Year I) and Methodology of Teaching Mathematics (Year III), Also, the book can be used for classes in Euclidean Geometry (Year II) course and Elementary Theory of Numbers course (Vear I),

This book consists of the following six chapters: 1. Algebra (Algebraic inequalities), 2. Geometry and analitical geometry, 3. Trigonometry, 4. Theory of numbers, 5. Problems of maximum and minimum in elementary mathematics, 6. Miscallenous.

In chapter one, the author is engaged in proving various sorts of algebraic inequalities. Variuos inequalities are mentioned and used, like Mean inequality, Cauchy-Buniakowski-Schwarz, Jensen, Huygens. Newton-Maclaurin and Hadwiger-Finsler inequalities. These inequalites are often used in this chapter during the process of proving some other inequalities. Many inequalities in this chapter are proved in two or more different manners which we consideer extremly important for eduation of students preparing to become mathematics teachers.

In chapter two which is dedicated to geometry, the author is dealing with constructive exercises with help of ruler and pair of compasses, ruler itself and pair of compasses itself. Also, there are proves of some theorems in connection to triangle and some inequalities in connection to triangle as well. There are given three geometric proves of inequalities of arithmetic and geometric means of three positive numbers. At the end some significant theorems in geometry are proved by using analitical geometry.

In chapter three there are given various proves of some trigonometric ineaqualities and several different solutions for some trigonometric problems. There are given some instructive examples of trigonometry applications in algebra while solving equations, systems of equations and proving algebraic inequalities. Also, there is number of various solutions for one interesting trigonometric equation.

Chapter four is dedicated to the theory of numbers and there are some articles dedicated to Great and Little Fermat theorems and Fermat number, one criterion for division, solution of Diofantes equalities (non-linear) and Pel! equation.

349

The fifth chapter is dedicated to methods of finding extreme values of functions using elementary processes. There are four methodes processed (basic method theorem or method of principle, method of introduction of auxilliary angle, inverse function method and method of indefinite coefficients). With every method explained is given number of interesting examples (total 34) which makes th,is chapter very interesting and useful. The advantage of elementary manners 10

fmding extreme values of functions is often evident and more efficient comparing to use of differential calculus.

The sixth chapter contains various articles concemed with solving one equation of third degree in several different manners, summ of degrees of natural order numbers, harmonic numbers, mathematical induction and calculus of one interesting limit.

Here should be mentioed that there is some minor intentional overlaping in the text of the book, but it does not influence compactness and continuity of this book.

I belie v that this book will help mathematics students and students of technic<ll vocations with their Elementaary mathematics and Methodology of teaching mathematics courses. In every manner it will impove the lilerature foull.d in this area. With this book future teachers will improve and advance their knowledge in expert and methodological sense which was the main aim of the author of this book,

350

Sefket Arslanagic je roden 07.10.1942. g. u Trebinju, Tu je zavrsio osnovnu skolu i gimnaziju. Diplomirao je na Prirodno­matematickom fakultetu u Sarajevu, grupa matematika, juna 1967. Naueni stepen magistra stekao je u decembru 1982. godine na Sveucilistu u Zagrebu. Doktorsku disertaciju ie odbranio u februaru 1999. godine na Prirodno-matematickom fakultetu u Sarajevu.

Radio je kao profesor matematike u Skolskom centru u Trebinju od 1967. do pocetka 1993. godine kada je protjeran sa svojom porodicom u Gmu Goru (Razaje). U periodu 1980.-1992. radio

je i kaa predavac matematike na Gradevinskom fakuftetu u Mostaru. Od marta 1993. do kraja novembra 1993. boravia je u Danskoj kao prognanik gdje je u gradu Nyborgu osnovao osnovnu skolu od I do VIII razreda za djecu bosanskih prognanika j izbjeglica. Od decembra 1993. do avgusta 1996. boravio je sa porodicom kao prognanik u Berlinu. Tu je doprinio otvaranju odjeljenja zavrsnih razreda bosanske gimnazije. Dvije skolske godine je ucestvovao u radu Seminara za matematiku i njenu didaktiku pri Matematickom institutu Humboldt Univerziteta u Berlinu i tokom 1995/96. skolske godine drzao je predavanja iz odabranih oblasti matematike za nadarene ucenike efitne berlinske gimnazije "Heinrich Hertz".

Od septembra 1996. do jula 1999. godine je radio u zvanju viseg asistenta na Odsjeku za matematiku Prirodno-matematickog fakulteta u Sarajevu, a od jula 1999. godine do danas u zvanju docenta, a zatim u zvanju vanrednog profesora gdje je predavao Analizu I (dvije skolske godine), a stalno Metodiku nastave matematike i Elementarnu matematiku, slo predaje i sada. Osam godina je predavao Matematiku I na Fakultetu za saobracaj i komunikacije u Sarajevu. Danas predaje Matematiku na Farmaceutskom fakultetu i Pedagoskoj akademiji u Sarajevu. Kao gostujuei profesor predaje vee os am godina na Prirodno-matematickom fakultetu Univerziteta u Tuz!i i jednu godinu na Nastavnickom fakultetu Univerziteta "Dzemal Bijedic" u Mostaru. BiD je i strucni saradnik u Prvoj Bosnjackoj gimnaziji u Sarajevu (dvije godine) i u Drugoj sarajevskoj gimnaziji (cetiri godine).

Sefket Arslanagic je objavio 30 naucnih radova iz oblasti geometrijskih i analitickih nejednakosli i preko 270 strucnih radova iz matematike i njene metodike. Objavio je u BiH j 18 knjiga iz matematike. Svoje naucne i strucne radove je objavljivao u Njemackoj, Kanadi, Australiji, Maleziji, Svajcarskoj, Madarskoj, Ceskoj, Danskoj, Rumuniji, Srbiji i ernoj Gori, Hrvatskoj, Sioveniji i Makedoniji.

Predsjednik je Sekcije za rad sa nadarenim ucenicima Udruzenja matematicara BiH, urednik je casopisa "Triangle" za ucenike i nastavnike osnovnih i srednjih skola, clan je redakcije slovenackog casopisa "Matematika v soli", direktor Ljetne skole mladih matematieara Modrac. Glan je uredivackog odbora nauenog casopisa "Octogon­Mathematica! Magazine" iz Rumunije. Godinama radi sa nadarenim ueenicima za matematiku u BiH koji su od 1997. do 2005. godine osvoji!i 18 medalja i to 2 srebrene i 16 bronzanih na Medunarodnim maiematickim oJimpijadama.

351