i
i
“1151-Milutinovic-Kaj” — 2010/7/19 — 9:47 — page 1 — #1 i
i
i
i
i
i
List za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje
ISSN 0351-6652
Letnik 20 (1992/1993)
Številka 6
Strani 332–342
Uroš Milutinović:
KAJ SO SREDINE IN KAKO JIH UPORABLJAMO?
Ključne besede: matematika, matematična tekmovanja, sredine, nee-
nakosti.
Elektronska verzija: http://www.presek.si/20/1151-Milutinovic.pdf
c© 1993 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije
c© 2010 DMFA – založništvo
Vse pravice pridržane. Razmnoževanje ali reproduciranje celote ali
posameznih delov brez poprejšnjega dovoljenja založnika ni dovo-
ljeno.
/
i)l' - '- / i)l-'- , l/ " o
'" It: '" I"",
KAJ SO SREDINE IN KAKO JIH UPORABLJAMO?
Na predlanskem občnem zboru Društva matematikov, fizikov in astronomov
Slovenije sem imel predavanje o neenakostih med sredinami , po katerem pa
nisem utegnil odgovoriti na vsa zastavljena vprašanja. Takrat sem obljubil,
da o tej temi napišem članek , v katerem bi ilustriral uporabo sredin in ne-
enakosti med njimi. Primerov res ne primanjkuje, saj se na skoraj vsakem
matematičnem tekmovanju pojavi kakšna naloga, ki se jo da rešiti s pomočjo
sredin .
Oglejmo si za ogrevanje naslednjo risbo:
F
c
E je središče krožnice, A in C sta krajišči premera, D, F točki krožnice,
D B in FEsta pravokotni na AC, BG pa na DE. Zadostuje, da v pra-
vokotnih trikotnikih BG D , D B E in BEF uporabimo, da je kateta manjša
od hipotenuze, pa dobimo DG < BD < ED = EF < BF. Označimo
AB =a, BC = b. Takoj sledi
ED = a + b
2
in po višinskem izreku za pravokotni trikotnik AC D:
BD = ..;;b.
Nadalje sta podobna trikotnika BG D in E B D. Dobimo DG / B D =
=BD/ED, oziroma
DG = 2ab =
a+ b (1 1)-1a-+o2
333
Ker je BE = ~, nam da Pitagorov izrek
Torej velja
2ab .,f;b a + b Ja2 + b2
a + b < a < -2- < 2 '
ln že smo pri sredinah! Izraze, ki se pojavljajo v tej formuli, imenujemo
po vrsti harmonična , geometrijska. aritmetična in kvadratna sredina števil a
in b. Dokazali smo, da je harmonična sredina najmanjša, sledi ji geometrijska ,
potem aritmetična in končno je kvadratna sredina največja . Te neenakosti so
poznali že starogrški matematiki . Podobni odnosi se namreč pogosto poja-
vljajo v geometriji, ki je bila v njihovem času najpomembnejši del matematike.
Poznali so tudi naš dokaz!
Ne spreglejmo, da sta v dokazu a in b dolžini daljic, torej pozitivni
števili, in da za poljubni pozitivni števili ain b obstaja ustrezna skica. Stroge
neenakosti veljajo le, če je a < b (ali b < a - zakaj?) . Kaj pa dobimo , če
je a = b?
Kasneje so se matematiki lotili svoje priljubljene igre - posploševanja.
Tako so posplošili definicije sredin na več števil : harmonična . geometrijska .
aritmetična in kvadratna sredina pozitivnih štev il al. a2 • . . . • an so po vrsti
rzrazi
Jai + .~ . + a~ .
Posploši li pa so tudi izrek o neenakostih in dokazali , da med sredinami za
poljuben n velja enak odnos kot za dve števili . Neenakosti so stroge natanko
takrat. kadar števila al • . . . , an niso vsa enaka . Drugače povedano: če je
al = a2 = ...= an . so vse sredine med seboj enake in samo v tem primeru
se med različnima sredinama lahko pojavi enakost . Tega ne bomo dokazovali ,
ampak bomo pohiteli k prirnerorn.l
1 Kogar zanimajo dokazi. druge posplošitve in drugi primeri, j ih lahko najde v članku
U. M;/ut;nov;c: "Nejednakost i medu sredinama: primjeri s takm i čenjš" , objavljenem v
reviji "Matematika. Stručno-rnetodički časopis" . Zagreb, 1991 , št. 2. str. 43-52, ali v
knjigi D. S. Mitrinovic. P. M . Vasic: "Uvodenje mladih u naučni rad V - Sredine" . Nasploh
velja . da je literatura s tega področja zelo bogata .
334
1. Naj bodo Va , vb , Ve višine trikotnika s stranicami a , b , c ; p naj bo polmer
temu trikotn iku včrta ne krožnice . Dokaži , da je trikotnik enakostraničen
natanko takrat , kadar je
Va + Vb + Ve = 9p .
(Zahodnonemško zvezno tekmovanje. 1988)
R v · 9 . (zaradi 2P 2P 2Pešrtev : Va + Vb + Ve = P Je zara I Va = a ' Vb = b ' Ve = c
p = a.;t:+e' kjer je P plošči na triko tnika) ekvivaleritno
1 1 1 9-+-+-=---
a b c a+b +c
ozrrorna
a+b+c
3
3
1+1 +1 'abe
torej temu, da je aritrneti čna sredina števil a , b , cenaka harmonični. To
pa drži natanko takrat, kadar je a = b = c .
2. Podan je trikotnik ABe. Na premici AB določimo točki Al , B2 tako ,
da je AlA = Be. BB2 = AC in da je AlABB2 ~ rstn i red teh točk.
Podobno določimo na premici BC točki Bl in C2 tako , da bo njihov
vrstni red Bl BCC2 in da bo veljalo Bl B = CA, CC2 = AB , na premici
CA pa točki Cl in A2 v vrstnem redu ClCAA2 tako , da bo veljalo
ClC = AB, AA2 = BC (glej sliko). Dokaži , da p loščina šestkotnika
AlA2Bl B2Cl C2 ni manjša od tr inajstih ploščin tr ikotnika ABe.
Rešitev: Naj bo P = PABC ' pI = PA1A2B1B2C1C2' Poleg tega naj bo
Ve višina trikotn ika ABC iz oglišča C ter v~ višina ·trikotnika AB2Cl iz
ogli šča Cl. Zaradi podobnosti tr ikotnikov (katerih?) dobimo
V~ b + c
Ve b
oziroma
I b+ c
Ve = -b-ve .
335
Zato je
p _ (b + e)v~ _ (b + ef Ve _ (b + ef p
AB2C1 - 2 - 2b - be
ter
a2
PAA1A2 = be P .
Ponovimo t a postopek z A. Al , oziroma B . Bl - dob imo
(b + ef a2 (e + af b2 (a + b)2 e2= + -+ +- + + - -2 =be be ca ca ab ab
(a2 + b2 + e2 ) ( a + b + e)
=4+ b .a e
Željeno oceno dobimo kot posledico neenakosti med aritmetično in geome-
trijsko. oziroma kvadratno in aritrnetično sredino:
3~b a+b+ .e (a+b+e)3 .
v eoc < ~ b > 27- 3 a e -
Množenje teh neenakosti nam da
Opazimo, da smo hkrati dokazali , da je pI = l3P natanko takrat , ko je
trikotnik ABe enakostraničen.
336
b
Al .11 B'2
a C
a
.4'2
3. Reši enačbo x 20 - 20xl 9 + .. .+ 1 = O, če veš , da so vse njene rešitve
pozitivna realna števila ! (Le so vam všeč zgodbice , lahko to nalogo
spremenite v zgodbo o čm i l u , ki se je učencu razl ilo po zvezku . Enačbo,
ki jo je imel za domačo nalogo, pa je učenec kljub temu rešil.)
Rešitev: Naj bodo XI. .. . • X20 koreni te ena čbe . Vieteove formule nam
dajo Xl + . . .+ X20 = 20 in XIX2 . . . X20 = 1, zato je aritmetična sredina
vseh korenov enaka geometrijski. To pa je možno samo, če so vsi koren i
enaki. Torej je Xl =X2 = ...=X20 = 1 rešitev , ki smo jo iskali .
4. Določi vse polinome p(x) = anxn + an_I x n- 1 + ...+ alx + ao , za
katere je {an, an-l , . . . , al , aO} ~ {l , -l} in za katere so vse rešitve
enačbe p(x) = O realne.
Rešitev: Lahko predpostavimo. da je an = 1. (Ostale dobimo tako.
da le-te pomnožimo z - 1.) Naj bodo Xl, x2 , . . . . xn koreni takšnega
polinoma p . Vieteove formule nam dajo Xl + X2 + ...+ Xn = - an- l .
x l x2 + ... + xn-l xn = an-2 . xlx2 " ,xn = ( -l)nao in je xf + xi +
+.. +x~ =(Xl +X2+ " ,+xn)2-2(XIX2+ " ' + Xn- I Xn) =1±2. Ker
so koreni realni , je možno samo 1 + 2 = 3. Neenakost med aritmetično
in geometrijsko sredino pozitivnih števil xf 'xi, ... ,x~ (ker je njihov
produkt 1, očitno nobeno izmed teh števil ni enako O) nam da :
3 xf + Xi + ...+ x~ V- = 2: n xf oo , x~ = 1,
n n
337
torej je n :s 3. Pri tem je n = 3 (ker tedaj velj a enakost) le v primeru
xl = xi = xj, oziroma le, če so abso lutne vrednosti vseh tr eh korenov
enake . Ker je prosti člen enak 1, j e ta skupna absolutna vrednost lahko
enaka le 1. Polinoma (x - 1)3 in (x + 1)3 ne prideta v poštev (ker
imata tudi koeficiente 3 ali -3) , ostaneta samo možnosti (x - 1f(x +
+ 1) = x 3 - x 2 - x + 1 in (x - l)(x + 1f = x 3 + x 2 - x - 1. Za
n = 1 oziroma n = 2 lahko z neposrednim preverjanjem ugotovimo, da
so x + 1, x - 1, x 2 + x - 1, x 2 - x - 1 edini iskani polin o mi.
5. Določi maksimum funkcije f(x) = sin? x cos x , nE IN .
Rešitev: Očitno zadostuje , če obravnavamo f sa mo na intervalu (O, f),
na katerem sta funkciji sin x in cos x pozitivni . Nee nakost med geometrij-
sko in kvadratno sredino (n + 1)-terice števil (sin x , . . . , sin x , .;n cos x)
nam da
sin 2 x + .. .+ sin 2 x + ncos 2 x = Jn ,
n+1 n+1
iz česar sledi f( x) :s J(n+~)n+l . Pri tem doseže f ta ekstrem tedaj ,
ko je sin x = .;n cos x, oziroma tg x = .;n.
6 . Naj bodo Xl, x2 , .. . ,xn pozitivna realna števila . Dokaži , da je
(Avstrija , 1987)
Rešitev: Označimo s H, A, K harmon i čno, aritmetično, oziroma kvadrat-
no sredino števil xl, x2 , . . . , x n . Takoj ugotovimo , da pravzaprav dokazu-
jemo veljavnost neenakosti :
nA + rnK < n + .;n .~ 'nK2v II - n2 H '
oziroma nAH + .;nKH :s (n + .;n)K2. Ker je A , H < K , dobimo
AH < K2 oziroma nAH < nK 2. Podobno iz K, H < K dobimo
K H -;; K 2, oziroma .;nKH < .;nK2. l.e ti neenačbi seštejemo ,
dobimo trditev na loge . Poleg tega vidimo , da velja enakost natanko
takrat , kadar je A = H = K, oziroma xl = x2 = .. . = xn.
338
7. Naj bodo a, b , c pozit ivna realna števila. Dokaži , da je
(1. nordijska matematična olimpiada, 1987)
Rešitev: Neenakosti med kvadratno in aritmetično oziroma aritmetično
in geometrijsko sred ino št evil [; , ~ , %nam dajo :
=
(~ + ~ + .:.) 2 V~ .~ ..:. .(!:..+ ~ + .:.)b c a bca b c a
a b c
=-+-+- .
b c a
Enakost velja natanko takrat , ko je [; = ~ = %' kar pa je ekvivalentno
(zakaj?) pogoju a = b = c .
Za konec se sami preizkusite z naslednjimi nalogami :
1. Naj bodo Xl , x2 , . .. , Xn pozitivna realna števila in S = Xl + X2+.. ·+Xn.
Dokaži , da je
5 2 53 s»
(1 + XI)(1 + X2) . . . (1 + x n ) < 1 + S + - + - + ...+ -.
- 2! 3! n!
(1. azijsko-pacifiška olimpiada, 1989)
2. Naj bodo al, . . . , an pozitivna realna števila in naj bo Sk vsota vseh
produktov po k števil , izbranih med števili al , . . . ,an. Dokaži , da je
za k = 1, .. . , n - 1.
(2 . azijsko-pacifiška olimpiada, 1990)
339
3. Diagonali štirikotnika ABC O se sekata v not ranjosti štirikotnika v točki
O. Označimo plošči ni trikotnikov AaB in COO s PI oziroma P2,
ploščino št irikotnika ABC O pa s P . Dokaži, da je
in da velja enakost natanko tedaj , ko sta stranici AB in C O vzporedni .
(5vedska, 1986; Madžarska, 1988)
4. Naj bodo al , . . . , an taka pozitivna realna števila , da velja
Dokaži , da je
(2. magrebška olimpiada, 1985)
5. Naj bo n ~ 2 ter naj bodo CXI, . . . ,CXn pozitivna realna števila, za katera
velja CXI + CX2 + ... + CXn = 1. Dokaži , da je
_____CX_1 + CX 2 + . . .+
1 + CX2 + CX3 + . .. + CXn 1 + CXI + CX3 + . .. + CXn
CXn n+ ... + > - - .
1 + CXI + CX2 + . .. + CXn-l - 2n - 1
(1. balkanska olimpiada, 1984)
6. Vsi koeficienti kvadratnega polinoma f(x) = ax 2 + bx + c so pozitivni
in velja a + b + c = 1. Dokaži : Le za pozitivna realna števila Xl, . .. , xn
velja xlx2' . . xn = 1, tedaj velja tudi f( Xl)f(X2) '" f(xn) ~ 1.
(Sovjetska zveza , 1990)
7. Dokaži , da za vsako naravno število n velja
<17+ v'4 > 2\15.
(Hrvatska . 1990)
340
8. Dokaži : Če za realna števila a , b , cvelja a + b + c = 6, tedaj je a2 +
+ b2 + c2 2: 12.
(Srbija . 1990)
9. Naj bodo x. y , z pozitivna realna št evila, za kate ra velja x + y + z = 1.
Dokaži , da je tedaj
1 1 1
(1 + - )(1 + - )(1 + -) 2: 64.
x y z
(Jugoslavija . 1989)
10. Naj bodo al, . . . , an pozitivna realna števila , za katera velja
al a2 . .. an = 1. Dokaži , da je
(4 + ade4 + a2) .. . (4 + an) 2: 5n.
(Jugoslavija , 1987)
11. Naj bodo x, y, z pozitivna realna števila , tak šna da velja ~+~+} = 1.
Dokaži , da je (x - l)( y - l)(z - 1) 2: 8.
(Jugoslavija , 1983)
12. Pri kateri vrednosti x ima funkcija
maksimum ?
(Leningrajski GU. sprejemni izpit. 1982)
13. Naj bodo a, Xl, . . . , Xn pozitivna realna števila in n 2: 2 . Dokaži, da je
n2---+ + ...+-- - > .
Xl + X2 X2 + X3 Xn + Xl - 2(Xl + X2 + ...+ xn)
(Hrvatska . 1988)
14. Dokaži, da za poljubni nenegativn i realni št evili a in b velja
(Hrvatska . 1987)
341
15. Dokaži , da za vsa naravna števila n velja
([x] pomeni največje celo število , ki ni večje od x; npr. [5"17] = 5,
[3] =3, [71"] = 3, [-2'1] = -3)
("Mala olimpiada" , 1990)
16. Dokaži neenakost
(Sovjetske republiške olimpiade, 1982)
17. Določi
[
~2 3/3 40 n+lr;;+l]
V L + V"2 + V"3 + ...+ V----;;--n ,
kjer je [ ] funkcija iz 15. naloge .
(Iz revije "Matematika v škole"}
18. Dokaži , da za poljubna pozitivna realna števila al, a2, . .. , an in za n 2: 2
velja
n
~ a; - a;+2L ----'--'--=- 2: O,
;=1 a;+l + a;+2
če definiramo an+l = al, an+2 = a2 .
( "Matematika v škole"]
19. Naj bodo Xl, X2, . . . , Xn pozitivna realna števila. Dokaži, da velja
Xl X2------+ + .. .+
X2 + x3 + ...+ xn xl + x3 + ...+ xn
Xn n+ ... + > --o
Xl + x2 + ...+ Xn-l - n - 1
20. Vsota pazirivnih 3tevil X I . .  . . , x, je enaka 1. Naj bo S najvtEjt izmtd 
gtevil 
DofoEi najrnanjb vrednost za 5. Pri katerih XI, . . . . Xn jo dostst? 
relim vam v t l i b  usptha pri delu!