Primjena Koši-Bunjakovski-Švarcove nejednakosti u
algebarskim nejednakostima za odreñivanje minimuma i
maksimuma u geometriji
Problemi maksimuma i minimuma ne javljaju se samo u nauci i tehnologiji i njihovim
primjenama nego i u svakodnevnom životu. Raznolikost ovih problema je najčešće
geometrijske prirode. Naći najkraći put izmeñu dva objekta koji zadovoljavaju neki uslov
ili naći figuru minimalnog obima, površine ili zapremine su tipični problemi koje često
susrećemo.Nije neobično da čujemo da su neki ljudi bili zaokupljeni nekim ovakvim
problemom duži vremenski period.
Naprimjer, Heronovo otkriće je da zraka svjetlosti u prostoru koja dolazi iz tačke A i
odlazi u tačku B poslije refleksije od ogledala α preñe najkraći mogući put od A do B
imajući zajednički položaj s α .
Slijedeći problem je tzv. problem figura jednakog obima, koji je razmatrao Dekart
( Decartes, 1596.-1650.): npr. od svih ravnih figura sa zadanim obimom, naći onu sa
najvećom površinom. Ta ¨perfektna figura¨ koja je rješenje problema je bila kružnica, što
je znao Dekart ( moguće i mnogo ranije). Meñutim, tačan dokaz ovog problema je prvi
dao Jakob Štajner u 19. vijeku.
Malo drugačiji problem figura zadanog obima pripisuje se Dido, legendarnoj kraljici
Kartage. Njoj je lokalno stanovništvo dopustilo da kupi zemljište na obali Afrike "ne
veće od onoga što volovska koža može da okruži." Rezanjem volovske kože na uske
trake, ona je napravila dugi niz s kojim je trebala okružiti što veću površinu na morskoj
obali. Kako ovo uraditi na što optimalniji način ? Jedno od rješenja je lagano naći ako
znamo maksimalan obim kruga.
Veliki broj geometrijskih problema maksimuma i minimuma mogu se riješiti koristeći se
odgovarajućim algebarskim nejednakostima. Mnoge algebarske nejednakosti mogu se
predstaviti kao geometrijski problemi. Tipičan primjer je dobro poznata nejednakost
izmeñu aritmetičke i geometrijske sredine.
x+ y
≥ xy
2
(x, y ≥ 0) ,
koji je ekvivalentan sa slijedećom tvrdnjom:
Od svih pravougaonika sa datim obimom kvadrat ima maksimalnu površinu.
Ovdje ćemo geometrijske probleme maksimuma i minimuma rješavati koristeći se CBS
nejednakošću koju ću dati u vidu teoreme.
Teorema : Za bilo koja dva konačna niza realnih brojeva a = (a1 ,..., a n ) i b = (b1 ,..., bn )
vrijedi
2
 n
  n 2  n 2 
 ∑ a k bk  ≤  ∑ ak  ∑ bk  ,
 k =1
  k =1
 k =1

(1)
odnosno,
(a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn )2 ≤ (a12 + ... + a n 2 )⋅ (b12 + ... + bn 2 ).
Pri tome jednakost vrijedi u (1) ako i samo ako su nizovi a i b proporcionalni, tj.
a
a1 a 2
=
= ... = n .
b1 b2
bn
Zadatak 1. Za bilo koju tačku X unutar trougla ∆ABC su x, y i z rastojanja tačke X od
pravih BC,AC i AB redom. Naći položaj tačke X za koji je suma x 2 + y 2 + z 2 minimalna.
Rješenje:
Označimo sa BC = a, CA = b, AB = c. Tada je površina trougla ∆ABC jednaka zbiru
površina trouglova ∆AXB, ∆AXC, ∆BXC, tj: P1 =
odnosno,
ax
by
cz
, P2 = , P3 =
2
2
2
P = P1 + P2 + P3 =
ax by cz
+ + /⋅ 2
2
2 2
⇒ 2 P = ax + by + cz
(
2
)(
4 P 2 = (ax + by + cz ) ≤ a 2 + b 2 + c 2 x 2 + y 2 + z 2
2
2
x +y +z
2
2
(
ax + by + cz )
≥
a2 + b2 + c2
)
( nejednakost CBS )
4P 2
.
= 2
a + b2 + c2
Prema tome, suma x 2 + y 2 + z 2 treba biti minimalna za svaku tačku X za koju vrijedi
4P 2
x y z
.
= = kada vrijedi jednakost. Dakle, min x 2 + y 2 + z 2 = 2
a b c
a + b2 + c2
(
)
Zadatak 2. Za bilo koju tačku X unutar trougla ABC gdje su x, y i z rastojanja tačke X
od pravih a=BC, b=AC i c=AB redom. Naći položaj tačke X za koju je minimalno :
a)
a b c
+ + ;
x y z
b)
1
1
1
+
+ .
ax by cz
Rješenje:
a) U zadatku 1. dobili smo da je 2 P∆ABC = ax + by + cz . Stavimo da je x1 = ax,
x2 = by , x3 = cz , y1 =
dobijamo:
a
, y2 =
x
b
, y3 =
y
c
. Tada prema nejednakosti CBS
z


2
2
 a 2  b 2  c 2 

 +
 +
 ≥
cz  ⋅  
   x   y   z  


2
( ax ) + ( by ) + ( )
2

a
b
c
 ax ⋅
 =
+ by ⋅
+ cz ⋅

x
y
z 

(a
2
+ b2 + c2
) = (a + b + c)
2
2
(ax + by + cz ) ⋅  a + b + c  ≥ (a + b + c )2 ⇒
x
z
y
2
2
a b c (a + b + c )
(a + b + c ) ,
+ + ≥
=
x y z ax + by + cz
2 P∆ABC
gdje jednakost vrijedi ako je x = y = z. Tada se tačka X nalazi u centru upisanog kruga
trougla ∆ABC, odnosno u tački presjeka simetrala uglova. Dakle,
 a b c  (a + b + c )2
min  + +  =
.
2 P∆ABC
x y z
b) Označimo sa x1 = ax , x 2 = by , x3 = cz , y1 =
1
, y2 =
ax
1
i y3 =
by
1
, pa iz
cz
CBS nejednakosti slijedi:
(ax + by + cz ) ⋅ 
1
1
1
2
+
+  ≥ (1 + 1 + 1) = 3 2 = 9 ⇒
 ax by cz 
1
1
1
9
9
,
+
+ ≥
=
ax by cz ax + by + cz 2 P∆ABC
gdje jednakost vrijedi ako je ax = by = cz. Dakle, imamo da je :
 1
1
1
9
min +
+  =
,
 ax by cz  2 P∆ABC
kada je tačka X težište trougla ∆ABC.
Zadatak 3. Neka su površina i obim tangentnog četverougla C , AC i PC , respektivno.
Ako su površina i obim tetivnog četverougla čiji vrhovi pripadaju kružnici koja je
upisana u četverougao C, AT i PT , respektivno dokazati
2
AC  PC 
≥  .
AT  PT 
Rješenje:
Neka je dat četverougao EFGH sa uglovima
∠E = 2α 1 , ∠F = 2α 2 = ∠G = 2α 3 , ∠H = 2α 4 . Neka je u taj četverougao upisana
kružnica poluprečnika r sa centrom u tački O. Neka su takoñe stranice EF,FG,GH,HE
tangente kružnice u tačkama I,J,K,L kao na slici.
Za trougao ΔEIO imamo IO= r i ∠OEI = α 1 , tada je EI = rctgα1 . Pronañimo dalje
4
IF,FJ,…,LE, dobićemo PT = 2r ∑ ctgα i .
i =1
Takoñe, P∆EFO =
1
1
EF ⋅ IO = EF ⋅ r. Izračunavajući na sličan način i površine P∆FGO ,
2
2
P∆GHO , P∆HEO dobijamo AT =
1
PT ⋅ r. Takoñe pišemo
2
IJ = 2r sin ∠IOF = 2r sin (90 − α 2 ) = 2r cos α 2 .
4
Jednostavnim računanjem JK, KL, LI dolazimo do PC = 2r ∑ cos α i . Takoñer vrijedi
i =1
∠IOJ = 180 − ∠JFI = 180 − 2α 2 i tada je površina
P∆IOJ =
1
1
OI ⋅ OJ sin ∠IOJ = r 2 sin 2α 2 = r 2 sin α 2 cos α 2 .
2
2
Analogno, za P∆JOK , P∆KOL , P∆LOI dobijamo
4
AC = r 2 ∑ sin α i cos α i .
i =1
Uvrštavajući sve što smo prethodno izračunali u traženu nejednakost , dobijamo :
2
 4

r ∑ sin α i cos α i  2r ∑ cos α i 
 ⇔
i =1
≥  i =1 2
1
PT
PT ⋅ r
2
2
4
2
 4

2r ∑ sin α i cos α i 4r  ∑ cos α i 
 i =1
 ⇔
i =1
≥
2
PT ⋅ r
PT
2
4
2
2
 4

 4

PT  ∑ sin α i cos α i  ≥ 2r  ∑ cos α i  ⇔
 i =1

 i =1

 4
 4

 4

2r  ∑ ctgα i  ∑ sin α i cos α i  ≥ 2r  ∑ cos α i 
 i =1
 i =1

 i =1

2
ili što je isto
2
 4
 4
  4

 ∑ ctgα i  ∑ sin α i cos α i  ≥  ∑ cos α i  .
 i =1
 i =1
  i =1

Stavljajući u nejednakost CBS ai = ctgα i , bi = sin α i cos α i , i = 1,...,4 dobijamo :
(ctgα 1 + ctgα 2 + ctgα 3 + ctgα 4 )(sin α 1 cosα 1 + sin α 2 cos α 2 + sin α 3 cosα 3 + sin α 4 cosα 4 )
2
≥ (ctgα 1 sin α 1 cos α 1 + ctgα 2 sin α 2 cos α 2 + ctgα 3 sin α 3 cos α 3 + ctgα 4 sin α 4 cos α 4 )
odnosno,
(ctgα1 + ctgα 2 + ctgα 3 + ctgα 4 )(sin α1 cosα1 + sin α 2 cosα 2 + sin α 3 cosα 3 + sin α 4 cosα 4 )
2
≥ (cosα1 + cosα 2 + cosα 3 + cosα 4 ) , q.e.d .
Jednakost vrijedi za α 1 = α 2 = α 3 = α 4 .
Zadatak 4. Neka su x, y, z realni brojevi. Pokaži da su sljedeće tvrdnje ekvivalentne:
(i) x, y , z > 0 i
1 1 1
+ + ≤1
x y z
(ii) a 2 x + b 2 y + c 2 z > d 2 za svaki četverougao sa stranicama a,b,c,d.
Rješenje:
Pokažimo da iz (i) ⇒ (ii).
Pretpostavimo da vrijedi (i). Tada na osnovu nejednakosti CBS za
a1 = a x , a 2 = b y , a3 = c z , b1 =
1
1
1
, b2 =
, b3 =
x
y
z
vrijedi :
1 1 1
2
a 2 x + b 2 y + c 2 z ≥ (a 2 x + b 2 y + c 2 z ) + +  ≥ (a + b + c ) > d 2 ,vrijedi (ii).
x y z
Pretpostavimo sada da vrijedi (ii) i dokažimo da vrijedi (i).
Prvo pretpostavimo da je x ≤ 0 , tada imamo četverougao sa stranicama dužina
a = n, b = 1, c = 1, d = n i dobijamo y + z > n 2 (1 − x ) . A ovo je kontradikcija sa dužinom
n. Tako da je sigurno x > 0, i y > 0, z > 0 . Sada postoji četverougao sa dužinama stranica
1 1 1 1 1 1 1
, , i + + − , gdje je n dovoljno veliki broj.Tada imamo:
x y z x y z n
2
x
y
z 1 1 1 1
a x + b y + c z = 2 + 2 + 2 >  + + −  .
x
y
z
 x y z n
2
2
2
Ako pustimo da n → ∞ dobićemo
2
1 1 1 1 1 1
+ + ≥ + +  .
x y z  x y z 
Odavde dobijamo
1 1 1
+ + ≤ 1 ,q.e.d.
x y z
Literatura:
[1.] Andreescu, T., Mushkarov, O.,Stoyanov, L., Geometric Problems on Maxima and
Minima, Birkhäuser Basel-Boston-Berlin, 2006.
[2.] Arslanagić, Š., Matematika za nadarene, Bosanska riječ, Sarajevo, 2004.
[3.] Bottema, O., ðorñević, R.Ž., Janić, R.R., Mitrinović, D.S.,Vasić, P.M., Geometric
inequalities, Wolters-Noordhoff off publishing Groningen, The Netherlands, 1969.
[4.] Mitrinović, D.S., Analytic Inequalities, Berlin/Heidelberg/New York,1970
Članak pripremila: mr. Belma Alihodžić profesor matematike u Prvoj bošnjačkoj
gimnaziji u Sarajevu i magistar matematičkih nauka, smjer: Metodika nastave
matematike.
Download

x - halapa.com