NEJEDNAKOSTI
Pripreme za Savezno takmiqenje, Budva 2005.
Vladimir Balti²
1.
Neka su
a, b, c, d
∈
R
+
. Dokazati nejednakost:
a
2
cd
+
b
2
da
+
c
2
ab
+
d
2
bc
⩾
4
abcd
.
2.
Dokazati nejednakost:
b
2
+ 8
√
b
2
+ 3
>
2
.
3.
Ako je
0
⩽
x, y, z
⩽
1
onda je
xy
+
yz
+
zx
⩾
2
xyz
.
4.
Ako su
x, y, z
pozitivni realni brojevi za koje je
x
+
y
+
z
= 1
onda je
xy
+
yz
+
zx
⩾
9
xyz
.
5.
Neka je
A
=
³
4
√
bc
3
+
4
√
a
2
bc
√
c
+
√
a
+
4
√
bc
´
2
+
bc
+ 3
√
bc
+ 3
i neka su
a, b, c
∈
R
+
. Dokazati da je
A
⩽
1 +
b
+
c
2
.
6.
Neka su
x
,
y
i
z
nenegativni brojevi takvi da je
x
+
y
+
z
= 1
. Dokazati da je:
xy
+
yz
+ 2
zx
⩽
1
2
.
7.
r
a
2
+
b
2
+
c
2
+
d
2
4
⩾
3
r
abc
+
abd
+
acd
+
bcd
4
.
8.
Dokazati nejednakost za svako
n
∈
N
,
n >
2
:
(
n
+ 1)
n
< n
(
n
+1)
.
9.
Dokazati nejednakosti:
a)
n
!
>
2
n
, n
∈
N
, n
⩾
4
;
b)
n
!
< n
n
−
1
, n
∈
N
, n
⩾
3
.
10.
Dokazati nejednakosti:
a)
1
·
3
·
5
·
. . .
·
(2
n
−
1)
2
·
4
·
6
·
. . .
·
(2
n
)
⩽
r
1
3
n
+ 1
, n
∈
N
;
b)
3
·
7
·
11
·
. . .
·
(4
n
−
1)
5
·
9
·
13
·
. . .
·
(4
n
+ 1)
<
r
3
4
n
+ 3
, n
∈
N
.
11.
Dokazati nejednakost
1
2
+
1
4
+
1
8
+
. . .
+
1
2
n
<
1
.
12.
Ako su
a
1
, a
2
, a
3
pozitivni realni brojevi koji zadovoljavaju uslov
a
1
+
a
2
+
a
3
= 1
dokazati da va¼i:
a
1
2
a
1
+
a
3
+
a
2
2
a
2
+
a
1
+
a
3
2
a
3
+
a
2
⩾
1
2
.
13.
Neka brojevi
a, b, c
∈
R
+
zadovoljavaju
a
2
⩽
b
2
+
c
2
,
b
2
⩽
c
2
+
a
2
i
c
2
⩽
a
2
+
b
2
. Dokazati nejednakost:
(
a
+
b
+
c
)(
a
2
+
b
2
+
c
2
)(
a
3
+
b
3
+
c
3
)
⩾
4(
a
6
+
b
6
+
c
6
)
.
14.
Dokazati nejednakost
0
.
785
·
n
2
−
n <
√
n
2
−
1
2
+
√
n
2
−
2
2
+
. . .
+
p
n
2
−
(
n
−
1)
2
<
0
.
79
·
n
2
za svako
n
∈
N
.
15.
Dokazati da u pravouglom trouglu va¼i
a
+
b < c
+
h
, gde su
a
i
b
katete i
h
visina koja odgovara
hipotenuzi
c
.
16.
Dokazati nejednakost
(
t
a
2
+
t
b
2
+
t
c
2
)
·
(
h
a
2
+
h
b
2
+
h
c
2
)
⩾
27
P
2
, gde su
t
a
, t
b
, t
c
du¼ine te¼ixnih linija, a
h
a
, h
b
, h
c
du¼ine visina trougla.
µ
t
a
2
=
b
2
+
c
2
2
−
a
2
4
¶
17.
Neka su
t
a
,
t
b
i
t
c
du¼ine te¼ixnih du¼i iz temena
A
,
B
i
C
, respektivno. Dokazati da je tada
t
a
t
b
+
t
b
t
c
+
t
c
t
a
<
5
4
(
ab
+
bc
+
ca
)
.
18.
Dat je oxtrougli trougao
4
ABC
sa polupreqnikom upisane kru¼nice
r
. Neka je
H
ortocentar i
A
0
,
B
0
i
C
0
redom podno¼ja visina
h
a
,
h
b
i
h
c
iz
A
,
B
i
C
. Oznaqimo sa
a
=
BC
,
b
=
CA
,
c
=
AB
. Neka su
d
a
,
d
b
i
d
c
rastojanja ortocentra od stranica
BC
,
CA
i
AB
. Ako va¼i
a
⩾
b
⩾
c
pokazati slede²e nejednakosti:
a)
h
a
⩽
h
b
⩽
h
c
;
b)
d
a
⩾
d
b
⩾
d
c
;
v)
AH
⩽
BH
⩽
CH
;
g)
d
a
+
d
b
+
d
c
⩽
3
r
.
1
Rexenja
1.
Primenimo nejednakost aritmetiqke i geometrijske sredine:
x
1
+
x
2
+
x
3
+
x
4
4
⩾
4
√
x
1
x
2
x
3
x
4
i dobijamo
tra¼enu nejednakost.
Jednakost va¼i kada su svi elementi me±usobno jednaki, tj. za
a
2
cd
=
b
2
da
=
c
2
ab
=
d
2
bc
(
∗
)
. Kako su svi
brojevi pozitivni nakon skra²ivanja dobijamo
ac
=
b
2
=
d
2
, pa kako su pozitivni smemo da korenujemo i
dobijamo
b
=
d
, xto kad uvrstimo u
(
∗
)
daje
a
=
b
=
c
=
d
.
2.
Koristimo poznatu nejednakost da za
x >
0
va¼i
x
+
1
x
⩾
2
(pri qemu jednakost va¼i za
x
= 1
).
b
2
+ 8
√
b
2
+ 3
=
b
2
+ 3 + 5
√
b
2
+ 3
=
√
b
2
+ 3 +
5
√
b
2
+ 3
>
√
b
2
+ 3 +
1
√
b
2
+ 3
⩾
2
.
3.
Rexenje 1: Za svaki od brojeva
0
⩽
x, y, z
⩽
1
va¼i
x
2
⩽
x
⩽
√
x
, pri qemu jednakosti va¼e kada je
x
= 0
ili
x
= 1
. Sada imamo
x
(
y
+
z
)
⩾
x
(
y
2
+
z
2
)
⩾
2
xyz
i
yz
= 1
·
yz
⩾
xyz
, xto kad saberemo dobijamo
xy
+
yz
+
zx
⩽
3
xyz
⩽
2
xyz
(poslednja nejednakost va¼i jer je
xyz
⩾
0
.
Jednakost va¼i kada va¼e jednakosti u svim nejednakostima, tj. kada su bar 2 od
x, y, z
jednaka 0.
Rexenje 2: Sliqno kao u proxlom rexenju imamo
yz
⩾
xyz
i analogno
xy
⩽
xyz
i
zx
⩽
xyz
, xto kad saberemo
dobijamo
xy
+
yz
+
zx
⩽
3
xyz
⩽
2
xyz
.
Jednakost va¼i kada va¼e jednakosti u svim nejednakostima, tj. zbog prve 3 dobijamo da su svi
x, y, z
jednaki
0 ili 1, ali kako zbog poslednje mora biti
xyz
= 0
dobijamo da bar jedan od
x, y, z
mora biti jednak 0. Ali
sada kada se vratimo na poqetne nejdnakosti dobijamo da bar jox jedan od
x, y, z
mora biti 0.
4.
Korix²enjem nejednakosti aritmetiqke i geometrijske sredine dobijamo:
xy
+
yz
+
zx
= (
xy
+
yz
+
zx
)
·
1 =
(
xy
+
yz
+
zx
)
·
(
x
+
y
+
z
) =
x
2
y
+
yz
2
+
z
2
x
+
xy
2
+
y
2
z
+
zx
2
+ 3
xyz
⩾
2
xyz
+ 2
xyz
+ 2
xyz
+ 3
xyz
= 9
xyz
.
5.
Primetimo da je
4
√
bc
3
+
4
√
a
2
bc
√
c
+
√
a
=
4
√
bc
, odakle je
A
=
(2
4
√
bc
)
2
+
bc
+ 3
√
bc
+ 3
=
bc
+ 4
√
bc
+ 3
√
bc
+ 3
=
(
√
bc
+ 3)(
√
bc
+ 1)
√
bc
+ 3
=
√
bc
+ 1
. Sada primenimo nejednakost aritmetiqke i geometrijske sredine i dobijamo
A
⩽
b
+
c
2
+ 1
, xto je i
trebalo pokazati.
Jednakost va¼i za
b
=
c
i proizoljno
a
.
6.
Rexenje 1:
(Nikoli² Vladimir)
Ako polaznu nejednakost pomno¼imo sa 2 dobijamo
2
xy
+ 2
yz
+ 4
zx
⩽
1 =
(
x
+
y
+
z
)
2
xto je ekvivalentno sa
2
zx
⩽
x
2
+
y
2
+
z
2
, odnosno sa
(
x
−
z
)
2
+
y
2
⩾
0
, xto je uvek taqno.
Jednakost va¼i kad je
x
=
z
i
y
= 0
, a iz uslova
x
+
y
+
z
= 1
dobijamo da je
x
=
y
=
1
2
.
Rexenje 2: Imamo
xy
+
yz
+ 2
zx
=
y
(
x
+
z
) + 2
zx
= (1
−
x
−
z
)(
x
+
z
) + 2
zx
=
x
+
z
−
x
2
−
z
2
=
1
2
−
¡
x
−
1
2
¢
2
−
¡
z
−
1
2
¢
2
⩽
1
2
.
Ovde smo koristili da je
t
2
⩾
0
.
Jednakost va¼i kad je
x
=
z
=
1
2
, a tad je
y
= 0
.
Rexenje 3: Kvadriranjem uslova
x
+
y
+
z
= 1
, dobijamo da je
x
2
+
y
2
+
z
2
+ 2
xy
+ 2
yz
+ 2
zx
= 1
.
Odavde sledi da je
2(
xy
+
yz
+ 2
zx
) = 1
−
(
x
2
+
y
2
+
z
2
−
2
zx
) = 1
−
(
x
−
z
)
2
−
y
2
⩽
1
.
Jednakost va¼i kada je
x
=
z
i
y
= 0
, odnosno za
x
=
z
=
1
2
i
y
= 0
.
Rexenje 4: Izrazimo
z
preko
x
i
y
:
z
= 1
−
x
−
y
i zamenimo to u polaznoj nejednakosti. Tada dobijamo
y
2
+(2
x
−
1)
y
+(2
x
2
−
2
x
+
1
2
)
⩾
0
, sto je kvadratna nejednaqina po
y
. Kako je njena diskriminanta
D
=
−
(2
x
−
1)
2
⩽
0
dobijamo da je
y
2
+ (2
x
−
1)
y
+ (2
x
2
−
2
x
+
1
2
)
⩾
0
uvek ispunjeno.
Jednakost va¼i kada je
D
= 0
, xto je za
x
=
1
2
i tada je
y
=
−
b
±
√
D
2
a
= 0
, a iz polaznog uslova dobijamo
z
=
1
2
.
Napomena: Uslov da su brojevi nenegativni je vixak!
7.
Pokaza²emo da va¼i
r
a
2
+
b
2
+
c
2
+
d
2
4
⩾
a
+
b
+
c
+
d
4
⩾
3
r
abc
+
abd
+
acd
+
bcd
4
.
nejednakost kvadratne i aritmetiqke sredine, dok ²emo za desnu stranu koristiti nekoliko puta nejednakost
aritmetiqke i geometrijske sredine:
(
a
+
b
+
c
+
d
)
3
=
a
3
+
b
3
+
c
3
+
d
3
+ 3(
ab
2
+
bc
2
+
ca
2
) + 3(
a
2
b
+
b
2
d
+
d
2
a
) +
2
