     
P 49 (2021/2022) 2 9
Neenakosti med pitagorejskimi
sredinami dveh števil
Š A́  D Z́ (   B̌ K)
Starogrški matematiki so poznali in geometrij-
sko opisali različne vrste sredine dveh števil, in si-
cer harmonično, geometrijsko, aritmetično in kva-
dratno. S pomočjo znanih neenakosti med temi
sredinami lahko včasih dokažemo nekatere izreke
ali pa uženemo različne probleme, ki jih pogosto
srečujemo tudi v nalogah za srednješolce. V pri-
spevku je predstavljenih nekaj zgledov z uporabo
sredin za dve števili.
V sodobnem zapisu različne sredine dveh pozitiv-
nih realnih števil x in y definiramo takole:
harmonična sredina Hpx,yq “ 21
x`
1
y
,
geometrijska sredina Gpx,yq “ ?xy ,
aritmetična sredina Apx,yq “ x`y2 ,
kvadratna sredina Kpx,yq “
b
x2`y2
2 .
Če, denimo, velja x “ 1 in y “ 3, potem je harmo-
nična sredina teh dveh števil enaka Hp1,3q “ 3{2,
geometrijska sredina Gp1,3q “
?
3, aritmetična sre-
dina Ap1,3q “ 2 in kvadratna sredina Kp1,3q “
?
5.
Razvrstitev teh vrednosti po velikosti opisuje dobro
znani klasični izrek.
Izrek. Za poljubni realni števili x,y ą 0 velja
Hpx,yq ď Gpx,yq ď Apx,yq ď Kpx,yq.
V neenakostih velja enačaj natanko tedaj, ko je
x “ y .
Dokaz. Veljavnost neenakosti lahko utemeljimo ge-
ometrijsko. Za dani vrednosti x,y najprej narišemo
daljico AC dolžine x ` y in na njej označimo točko
B, ki jo razdeli na dela dolžine x in y , ter točko O, ki
predstavlja središče polkroga s premerom AC . Nato
z D in E označimo preseka polkrožnice s pravoko-
tnicama skozi O in B, s F pa presek daljice OE s
pravokotnico skozi B. Očitno je aritmetična sredina
Apx,yq enaka dolžini daljice OD, z uporabo Pitago-
rovega izreka pa se hitro prepričamo, da je geome-
trijska sredina Gpx,yq enaka dolžini daljice BE, har-
monična sredina Hpx,yq enaka dolžini daljice FE in
kvadratna sredina Kpx,yq enaka dolžini daljice BD.
Zdaj ni težko premisliti, da za štiri sredine res velja
omenjena neenakost.
SLIKA 1.
Predstavitev štirih sredin z dolžinami daljic v polkrogu
     
P 49 (2021/2022) 210
V nadaljevanju si oglejmo nekaj nalog, v katerih
bomo pri rešitvi uporabili zgornje neenakosti. Na-
loge je seveda mogoče rešiti tudi kako drugače.
Naloga 1. Dokaži neenakost pa`bq
b
a`b
2 ě a
?
b`
b
?
a za a,b ą 0. Kdaj v izrazu velja enakost?
Rešitev. Neenakost prepišemo v a`b2 ¨
b
a`b
2 ě
?
ab¨
?
a`
?
b
2 . Zaradi neenakosti Apx,yq ě Gpx,yq za x “
a in y “ b velja a`b2 ě
?
ab, zaradi neenakosti
Kpx,yq ě Apx,yq za x “
?
a,y “
?
b pa velja
b
a`b
2 “
b
p
?
aq2`p
?
bq2
2 ě
?
a`
?
b
2 . Produkt teh dveh
neenakosti da iskano neenakost. V njej velja enačaj
le tedaj, ko veljata obe posamični enakosti, torej le v
primeru a “ b.
Naloga 2. Dokaži neenakost 1a`1 `
1
a´1 ą
2
a za
a ą 1.
Rešitev. Željeno neenakost dobimo s preureditvijo
neenakosti Apx,yq ě Hpx,yq za vrednosti x “ 1a`1
in y “ 1a´1 . Enačaj v tem primeru ni mogoč, saj velja
1
a`1 ‰
1
a´1 .
Naloga 3. Dokaži neenakost pa` 1a q2 `pb`
1
b q2 ě
25
2 ,
če je a,b ą 0 in a` b “ 1. Kdaj velja enakost?
Rešitev. Naredili bomo dva koraka. Najprej v nee-
nakost Apx,yq ě Gpx,yq vstavimo x “ a, y “ b,
upoštevamo a ` b “ 1 in neenakost kvadriramo, da
dobimo 1ab ě 4. Nato v neenakost Kpx,yq ě Apx,yq
vstavimo x “ a` 1a in y “ b `
1
b ter jo kvadriramo,
da dobimo
pa` 1a q2 ` pb `
1
b q2
2
ě
˜
a` 1a ` b `
1
b
2
¸2
“
˜
1 ` 1ab
2
¸2
ě
ˆ
1 ` 4
2
˙2
,
od koder sledi iskana neenakost. Enačaj velja le v
primeru, ko je a “ b “ 1{2.
Naloga 4. Dokaži neenakost a4 `b4 `c4 ě abcpa`
b ` cq za a,b, c ą 0.
Rešitev. Na dva načina bomo uporabili neenakost
med aritmetično in geometrijsko sredino. V neena-
kost Apx,yq ě Gpx,yq vstavimo x “ a4 in y “ b4,
da dobimo a4 ` b4 ě 2a2b2. Na podoben način do-
bimo še a4 ` c4 ě 2a2c2 ter b4 ` c4 ě 2b2c2. S
seštevanjem vseh treh neenakosti dobimo novo nee-
nakost
a4 ` b4 ` c4 ě a2b2 ` a2c2 ` b2c2.
Z vstavljanjem x “ a2b2 in y “ b2c2 v neenakost
Apx,yq ě Gpx,yq sledi a2b2 ` b2c2 ě 2ab2c. Po
simetrični menjavi parametrov a,b, c dobimo še dve
podobni neenakosti in po seštevanju sledi
a2b2 ` b2c2 ` c2a2 ě abcpa` b ` cq.
Iskano neenakost zdaj sestavimo iz obeh vmesnih
neenakosti.
Naloga 5. Dokaži neenakost
b
a
b`c `
b
b
a`c`
b
c
a`b ą 2 za a,b, c ą 0.
Rešitev. Neenakost med harmonično in geometrij-
sko sredino Hpx,yq ď Gpx,yq uporabimo trikrat za
x “ 1 in različne y “ ab`c ,
b
a`c ,
c
a`b . Po seštevanju
in preoblikovanju dobimo neenakost
b
a
b`c`
b
b
a`c`
b
c
a`b ě 2. Enakost bi pomenila, da je
a
b`c “
b
a`c “
c
a`b “ 1, kar vodi v protislovje.
Zadnjo nalogo v celoti prepuščamo bralcu.
Naloga 6. Dokaži, da velja 1b`c´a `
1
c`a´b `
1
a`b´c ě
1
a `
1
b `
1
c , kjer so a,b, c dolžine stranic nekega triko-
tnika.
ˆ ˆ ˆ
www.dmfa.si