MATEMATIKA
Striženje neenakosti
Igor Klep
-> V prispevku bomo pokazali, kako lahko s po-močo striženja dokazujemo neenakosti.
Uvod
Ena izmed najbolj prepoznavnih neenakostih je neenakost med aritmetično in geometrično sredino dveh števil. Ta pravi, da za poljubni nenegativni realni števili y velja
x + y 2

(i)
pri čemer velja enakost natanko takrat, ko je x = y. Torej imamo za x ± y v (1) strogo neenakost
x + y 2
> 4xy-
x1 + x2 +
+ xn
n
pravimo aritmetična sredina, izrazu
■ nxi X2 ■ ■ ■ Xn
pa geometrična sredina števil x1 ,x2,..., xn. Neenakost (1) velja tudi bolj splošno v primeru n spremenljivk.
Izrek 1 Neenakost med aritmetično in geometrično sredino. Naj bo n naravno število in naj bodo x1, x2, ..., xn nenegativna realna števila. Potem je
x1 + x2 +
xn
n
> 7x1x2 ■ ■ ■ xn,
(2)
pri čemer enakost v (2) velja natanko takrat, ko je x1 = x2 = ■ ■ ■ = xn.
V nadaljevanju si bomo ogledali enega izmed mnogih dokazov te neenakosti, ki sloni na tehniki striženja neenakosti. To tehniko bomo nato uporabili še na več primerih.
Striženje neenakosti
Načelo striženja v najpreprostejši obliki pove sledeče. Denimo, da želimo dokazati neenakost
f(x1,x2,...,xn) > g(x1 ,x2,...,xn),
(3)
Izrazu na levi strani neenakosti (1) pravimo aritmetična sredina števil x in y, desna stran pa je njuna geometrična sredina. Podajmo še enovrstični dokaz te neenakosti:
- x = 2 (vx - vy )2 > 0.
Definiramo lahko tudi aritmetično in geometrično sredino za več stevil. Naj bo podano naravno število n in nenegativna realna števila x1,..., xn. Potem izrazu
ki postane boljša, če zbližamo vrednosti dveh izmed spremenljivk xt. Natančneje povedano, razlika f(x1,x2,..., xn) - g(x1,x2,..., xn) postane manjša, če fiksiramo vse razen dveh spremenljivk, preostali dve spremenljivki pa zbližamo. Torej za y1,y2 z |x1 - x21 > | y 1 - y2l velja
■ f(x1,x2,x3 ,...,xn) - g(x1,x2 ,x3,...,xn)
> f(y1,y2,x3,...,xn) - g(y1,y2,x3,...,xn).
(4)
Ce velja f(y1 ,y2,x3,... ,xn) > g(y1,y2,x3,...,xn), tedaj velja tudi začetna neenakost (3). Tako poskušamo (3) s pomočjo zvitih substitučij privesti do preprostejše neenakosti, ki jo znamo dokazati.
Poglejmo sedaj, kako lahko to načelo uporabimo v praksi.
Dokaz izreka 1 Napravili bomo vrsto substitučij, ki bodo ohranjale levo stran (aritmetično sredino f(x1,...,xn) = x1+x2+n-+xn) in hkrati povečevale desno stran (geometrično sredino g(x1,...,xn) =
4
PRESEK 43 (2015/2016) 4
MATEMATIKA
n%i%2 ■ ■ ■ xn). Na koncu niza substitucij bodo vsi xi enaki in leva stran neenakosti (2) bo enaka desni strani. S tem bomo dokazali neenakost med aritmetično in geometrično sredino.
Ce so vsi izmed xi enaki njihovi aritmetični sre-x1 + ■ ■ ■ + xn
dini
n
ki jo bomo označili z x, potem
neenakost (2) očitno drži. V nasprotnem primeru pa obstajata indeksa i in j, za katera je xi < x < xj. (Ne morejo biti vsi xk večji od X, prav tako pa ne morejo biti vsi xk manjši od X.) Par xit xj zamenjamo z
Nadaljnji zgledi potenčnih sredin
Oglejmo si še nekaj primerov uporabe striženja neenakosti.
Neenakost med geometrično in harmonično sredino
Nekoliko tehnično zahtevnejši, a vsebinsko podoben je dokaz neenakosti med geometrično in harmonično sredino. Se pravi, da za vsako naravno število n in pozitivna realna števila x1,x2,...,xn velja
xi ^ xi = .X,
xj ^ xj — xi + xj - X,
vse ostale spremenljivke xk pa pustimo pri miru.
Očitno je x' > 0, xj — xi n xj - x > xj - x > 0. Hkrati velja
xi n xj — x + xi n xj — x — xi + xj
nxix2
xn
n
x- + 1 +
xi x2

(5)
Torej z zamenjavo spremenljivk nismo spremenili vrednosti leve strani neenakosti (2). Pokažimo pa, da smo povečali vrednost desne strani:
z enakostjo natanko tedaj, ko je xi — x2 — ■ ■ ■ — xn. Izrazu na desni strani neenakosti (4) pravimo harmonična sredina števil x1,x2,...,xn.
Označimo harmonično sredino s h. Ce so vsi izmed xi enaki h, potem neenakost (4) očitno drži. V nasprotnem primeru pa obstajata indeksa i in j, za
katera je xi < h < xj . potem je
Res, če bi bili vsi xj < h,
x'ixj — x(xi n xj - x) —
xi xj n (X — xi) (xj — x ) > xi xj.
Opisani postopek sedaj nadaljujemo. Opazimo, da i-te spremenljivke ne bomo nikoli več spremenili, ker je že enaka aritmetični sredini x. Tako bomo po kvečjemu n - i koraku prišli do položaja, ko bodo vse spremenljivke enake, neenakost (2) pa bo izpolnjena, saj bosta obe strani enaki X. Po načelu striženja je s tem neenakost med aritmetično in geometrično sredino dokazana.
Spotoma smo dokazali tudi, kdaj velja enakost: če sta imeli dve spremenljivki različni vrednosti, potem smo jih lahko zamenjali tako, da smo ohranili levo stran neenakosti in strogo povečali desno stran. Torej enakost v (2) velja natanko takrat, ko je x1 — x2 —
■ ■ ■ — xn.	®
Tukaj velja opozoriti, da izbira zamenjave xi ^ x in xj ^ xi n xj - x zgoraj ni bila naključna. Ce bi na primer oba xi in xj zamenjali z njunim povprečjem x—xxL, potem bi bil postopek striženja neskončen (ne bi se končal po končno mnogo korakih) in bi se morali ukvarjati s konvergenčo in drugimi tehničnimi zapleti.
n
n
-1 n -1 n
x1 x2
+ -1 1 +1 + n xn h n h n
h
n h"
n
-1 n -L n
x1 x2
xn
kar je očitno protislovje. Podobno lahko vidimo, da niso vsi xi > h.
Sedaj par xi,xj zamenjamo z
xi ^
x': = h,
xj ^ xi'
pri čemer xj izberemo tako, da se desna stran (4) ne spremeni:
11 1111
— n — — — n — — u+— ■ xi xj xi xj h xj
Torej je
, hxixj j hxi + hxj - xix
> 0,
ixi
saj je imenovaleč hxi + hxj - xi xj — (h - xj)xi n hxj — (h - xi)xj n hxi pozitiven. Kot prej vse ostale spremenljivke xk pustimo nespremenjene.	_^
5	PRESEK 43 (2015/2016) 4

MATEMATIKA
—^ Poglejmo, kaj se ob tej zamenjavi spremenljivk zgodi z levo stranjo (4):
hxixj
X:Xj - XiXj = h	"	- XiXj
i j	hXi + hXj - XiXj
— XiXj
h2
hXi + hXj - Xi Xj
- 1
— Xi Xj
h2 - (hXi + hXj - XiXj) hXi + hXj - Xi Xj
— Xi Xj
< 0,
(h - Xi)(h - Xj) hXi + hXj - Xi Xj
pri čemer smo v zadnjem koraku upoštevali Xi < h < Xj in
■ hXj + hXj - XiXj > hXj + XiXj - XiXj — hXi > 0.
iXj
iXj
tiXj
Opisani postopek sedaj nadaljujemo. Opazimo, da se i-te spremenljivke ne bomo več dotaknili, ker je že enaka harmonični sredini h. Tako bomo po kvečjemu n - 1 koraku prišli do položaja, ko bodo vse spremenljivke enake, neenakost (4) pa bo izpolnjena, saj bosta obe strani enaki h. Po načelu striženja je s tem neenakost med geometrično in harmonično sredino dokazana.
Spotoma smo dokazali tudi, kdaj velja enakost: če sta imeli dve spremenljivki različni vrednosti, potem smo jih lahko zamenjali tako, da smo ohranili desno stran neenakosti in strogo zmanjšali levo stran. Enakost v (4) velja natanko takrat, ko je X1 — X2 — ■ ■ ■ —
Xn.	1
Neenakost med kvadratično in aritmetično sredino Povsem analogno je moč dokazati tudi neenakost
2 2 2 Xl + X2 + ■ ■ ■ + Xn X1 + X2 + ■ ■ ■ + Xn - > -, (6)
n
n
kjer levo stran imenujemo kvadratična sredina števil Xi,..., Xn. To prepuščamo bralču za vajo.
Kapitalistična neenakost
Izrek 2 Naj bo n naravno število in naj bosta X1 > X2 > ■ ■ ■ > Xn in y1 > y2 > ■ ■ ■ > yn padajoči zaporedji realnih števil. Ce je z1,z2,...,zn poljubna per-mutačija (prerazporeditev) zaporedja y1,y2,..., yn,
potem velja
■	X1z1 + X2z2 + ■ ■ ■ + Xnzn <
< X1y1 + X2y2 + ■ ■ ■ + Xnyn.
Razložimo najprej od kod ime te neenakosti. Re-čimo, da trgovina prodaja banane po 1 EUR/kg, čokolado pa po 5 EUR/kg. Kdaj bodo prihodki trgovine večji, če proda 10 kg banan in 5 kg čokolade ali če proda 5 kg banan in 10 kg čokolade?
Dokaz izreka 2 Tudi to neenakost lahko dokažemo s striženjem. Oglejmo si levo stran neenakosti (6). Rečimo, da permutirano zaporedje z1, z2,..., zn ni padajoče. Potem ostajata indeksa i in j, za katera velja i < j in zi < zj. Ce ti števili med sabo zamenjamo, vse ostale zk pa pustimo pri miru, potem se leva stran (6) poveča:
■	Xizi + Xjzj < Xizj + Xjzj,	(7) saj je zaradi monotonosti zaporedja Xi,
■	Xj(zj - zi) < Xi(zj - zi).
Opazimo, da velja enakost v (7) natanko tedaj, ko je Xi — Xi+1 — ■ ■ ■ — Xj. To pomeni, da je leva stran neenakosti (6) največja tedaj, ko je zaporedje zi padajoče, kar smo želeli dokazati.	I
Neenakosti (6) včasih pravimo tudi preureditvena neenakost.
Primer
Naj bodo X1,..., X2015 realna števila, katerih vsota je vsaj 2015 in katerih vsota kvadratov je vsaj 20152. Pokaži, da ne morejo biti vsi Xi manjši od 2.
Denimo, da trditev ne drži. V tem primeru obstajajo Xi, za katere je
2015
I
i1
2015
I
i1
X Xi > 2015, ^ Xt2 > 20152 in
Xi < 2 za vse i.
Najprej opazimo, da mora biti vsaj eno od števil negativno. V nasprotnem primeru namreč velja
2015
20152 > 22 ■ 2015 > X Xt2 > 20152
i1
6
PRESEK 43 (2015/2016) 4
MATEMATIKA
kar je protislovje. Sedaj lahko brez škode za sploš-nost predpostavimo, da je X2=15 xi = 2015; če je vsota xi strogo večja od 2015, pomanjšamo kakšnega od negativnih xi, da dobimo vsoto 2015. Ob tem se vsota kvadratov povečuje, torej je še vedno vsaj 20152, hkrati pa so vsi xi manjši od 2.
Predpostavimo, da sta dva izmed xi, npr. x1 in x2, manjša od 2. Zamenjamo ju z 2 in x1 + x2 - 2. S tem se vsota števil xi ne spremeni, vsota kvadratov pa se poveča za 2(2 - x1)(2 - x2). Postopek ponavljamo. Na koncu bodo vsa števila razen enega enaka 2, preostalo število pa bo -2013. Vendar pa tedaj dobimo
2015
X x? = 2014 ■ 22 + 20132 = 20152, i=1
kar je v nasprotju s predpostavko, da je vsota vseh x? večja od 20152.
Primer
Naj bodo x,y,z nenegativnarealna števila, za katera je x + y + z = 1. Potem velja
xy + y z + zx - 2xyz < t7 .
(8)
Vsaj ena od spremenljivk je manjša od Ker je izraz na levi strani (8) simetričen, lahko po potrebi preimenujemo spremenljivke in dosežemo, daje x < Levo stran neenakosti (8) sedaj preuredimo v
x(y + z) + yz(1 - 2x).
(9)
Ker je 1 - 2x > 0, lahko ostrižemo y in z. Obe spremenljivki postavimo na y+z. S tem se vrednost izraza (9) ni zmanjšala (uporabimo neenakost med aritmetično in geometrično sredino na yz). Hkrati pa smo dosegli, da so vse tri spremenljivke manjše ali enake
Izberimo si sedaj srednjo od spremenljivk; ponovno lahko po morebitnem preimenovanju spremenljivk predpostavimo, daje to x. Ena od spremenljivk y, z je tako vsaj 33, druga pa kvečjemu 33. Ponovno ostrižemo y in z - tisto spremenljivko, ki je bližje 1, postavimo na 33, preostalo pa na y + z - 3. Tako povečamo levo stran (9), hkrati pa smo dosegli, daje ena od spremenljivk enaka 3.
Po potrebi preimenujmo spremenljivke, da postane x = 3. V zadnjem koraku ostrižemo y, z in dosežemo, da je x = y = z = 3. Za to trojičo v (8) velja enakost. S tem je naloga rešena.	■
Vaje
Bralča vabimo, da se preizkusi na naslednjih primerih.
1.	Dokaži, da za vsa nenegativna realna števila a, b, c velja
(a + b + c)2 ^ — ¡—t -3-> asbc + b\/ca + csab.
2.	Za realna števila x1,x2,... ,x2015 poišči najmanjšo vrednost izraza
■ |x - x1| + |x - x2 | + ■ ■ ■ + |x - x2015|. Za katere vrednosti x je ta minimum dosežen?
3.	Pokaži, da za pozitivna realna števila a, b, c velja
a
b2
b + c c + a a + b
a + b + c 2 '
4. Naj za a\,..., a2ois > 0 velja a\ + a2 + a2oi5 = 1. Poišci maksimum izraza
aia2 + a2 a3 +
+ a2014a2015.
Literatura
[1]	Kiran Kedlaya, A < B (A is less than B), https : //artofproblemsolvi ng.com/arti cl es/
files/KedlayaInequalities.pdf,
ogled: 12. 1. 2016.
[2]	Thomas Mildorf, Olympiad Inequalities, https: //artofproblemsolvi ng.com/arti cl es/
fi les/MildorfInequalities.pdf,
ogled: 12. 1. 2016.
[3]	https://en.wikipedia.org/wiki/Mean, ogled: 12. 1. 2016.
_XXX
www.dmfa-zaloznistvo.si
www.obzornik.si
2
c
+
7	PRESEK 43 (2015/2016) 4