U ovom radu dokazana je Jensenova nejednakost.
Na osnovi velikog broja različitih primjera ilustrirane su njezine primjene. Također dano je mnoštvo zadataka za vježbu.In this paper Jensen\u27s inequality si proved. Its application is illustrated by means of several elementary tasks.
Furthermore, a large number of tasks are given for exercise

I. Ilišević

U ovom radu dokazana je Jensenova nejednakost.

Na osnovi velikog broja različitih primjera ilustrirane su njezine primjene. Također dano je mnoštvo zadataka za vježbu.In this paper Jensen's inequality si proved. Its application is illustrated by means of several elementary tasks.

Furthermore, a large number of tasks are given for exercise

Ilišević, I.

Hrčak - Portal of scientific journals of Croatia

Osjecˇki matematicˇki list 5(2005), 9–19 9Jensenova nejednakostIlija Iliˇsevic´∗Sazˇetak. U ovom radu dokazana je Jensenova nejednakost. Naosnovi velikog broja razlicˇitih primjera ilustrirane su njezine primjene.Takoder dano je mnosˇtvo zadataka za vjezˇbu.Kljucˇne rijecˇi: Jensenova nejednakost, konveksne funkcijeJensen’s inequalityAbstract. In this paper Jensen’s inequality si proved. Its applica-tion is illustrated by means of several elementary tasks. Furthermore, alarge number of tasks are given for exercise.Key words: Jensen’s inequality, convex functionsJensenova nejednakost je svojevrsna generalizacija nekih, manje ili viˇse poznatih,nejednakosti. Dobila je ime po danskom matematicˇaru Johanu Ludwigu Jensenu(1859.–1925.) koji ju je dokazao. Iz Jensenove nejednakosti proizlaze mnoge poz-nate nejednakosti kao sˇto su nejednakost izmedu aritmeticˇke i geometrijske sredine,Cˇebiˇsevljeva nejednakost, Cauchy-Schwarz-Bunjakovskijeva nejednakost itd.Dokazat c´emo Jensenovu nejednakost, pokazati njenu primjenu na nekoliko za-dataka, te dati nekoliko zadataka za vjezˇbu.Pri rjesˇavanju zadataka potrebno je poznavanje nejednakosti o sredinama (vi-djeti primjerice [3]).Definicija 1. Realna funkcija f je konveksna na intervalu 〈a, b〉 ⊆ R ako jef(x1 + x22)≤ f(x1) + f(x2)2(x1, x2 ∈ 〈a, b〉). (1)Definicija 2. Realna funkcija f je konkavna na intervalu 〈a, b〉 ⊆ R ako jef(x1 + x22)≥ f(x1) + f(x2)2(x1, x2 ∈ 〈a, b〉). (2)Teorem 1 [Jensenova nejednakost]. (i) Ako je realna funkcija f konveksnana intervalu 〈a, b〉 ⊆ R i x1, x2, . . . , xn ∈ 〈a, b〉, onda vrijedi nejednakostf(x1 + x2 + · · ·+ xnn)≤ f(x1) + f(x2) + · · ·+ f(xn)n. (3)∗III. gimnazija, Kamila Firingera 14, HR-31000 Osijek10 Ilija Iliˇsevic´(ii) Ako je realna funkcija f konkavna funkcija na intervalu 〈a, b〉 ⊆ R ix1, x2, . . . , xn ∈ 〈a, b〉, onda vrijedi nejednakostf(x1 + x2 + · · ·+ xnn)≥ f(x1) + f(x2) + · · ·+ f(xn)n. (4)Dokaz.(i) Metodom matematicˇke indukcije najprije dokazˇimo tvrdnju za n = 2k, k ∈ N.Za k = 1 nejednakost vrijedi prema (1). Pretpostavimo da nejednakost vrijedi zan = 2k, tj. da za sve t1, t2, . . . , t2k ∈ 〈a, b〉 imamof(t1 + t2 + · · ·+ t2k2k)≤ f(t1) + f(t2) + · · ·+ f(t2k)2k(5)i dokazˇimo da vrijedi i za n = 2k+1. Stavimo li l = 2k, tada je n = 2l. Za svex1, x2, . . . , xn ∈ 〈a, b〉,f(1nn∑i=1xi)= f(12l2l∑i=1xi)== f(x1+···+xll +xl+1+···+x2ll2)(1)≤≤ 12(f(1ll∑i=1xi)+ f(1ll∑i=1xl+i))(5)≤≤ 12(1ll∑i=1f(xi) +1ll∑i=1f(xl+i))==12l2l∑i=1f(xi) =1nn∑i=1f(xi).Ako (3) vrijedi za neki n ∈ N, tada vrijedi i za n− 1. Naime, tada jef(x1 + · · ·+ xn−1 + x1+···+xn−1n−1n)≤≤f(x1) + · · ·+ f(xn−1) + f(x1+···+xn−1n−1)nodakle se sredivanjem dobijef(x1 + · · ·+ xn−1n− 1)≤ f(x1) + · · ·+ f(xn−1)n− 1 .Tako smo tzv. povratnom ili regresivnom indukcijom dokazali Jensenovu nejed-nakost za svaki n ∈ N.Jensenova nejednakost 11(ii) Iz definicije 1 i definicije 2 izravno slijedi da je f konkavna na intervalu 〈a, b〉ako i samo ako je −f konveksna na intervalu 〈a, b〉. Stoga je dovoljno primijeniti(3) na funkciju −f.Navest c´emo, bez dokaza, neke dovoljne uvjete za konveksnost i konkavnost.Dokaz se mozˇe vidjeti u [2].Teorem 2. Neka je realna funkcija f dva puta derivabilna na intervalu 〈a, b〉 ⊆R.(i) Funkcija f je konveksna na 〈a, b〉 ako i samo ako je f ′′(x) ≥ 0 za svaki x ∈ 〈a, b〉.(ii) Funkcija f je konkavna na 〈a, b〉 ako i samo ako je f ′′(x) ≤ 0 za svaki x ∈ 〈a, b〉.Korolar 1. Neka je realna funkcija f dva puta derivabilna na intervalu 〈a, b〉 ⊆R. Tada je f(i) konveksna na intervalu 〈a, b〉 ako se za bilo koji x0 ∈ 〈a, b〉 sve tocˇke grafafunkcije f nalaze iznad tangente grafa povucˇene u tocˇki(x0, f(x0)), iskljucˇujuc´itocˇku(x0, f(x0));(ii) konkavna na intervalu 〈a, b〉 ako se za bilo koji x0 ∈ 〈a, b〉 sve tocˇke grafafunkcije f nalaze ispod tangente grafa povucˇene u tocˇki(x0, f(x0)), iskljucˇujuc´itocˇku(x0, f(x0)).Ovaj korolar nam je potreban poglavito zbog cˇitatelja (ucˇenika) koji josˇ nepoznaju diferencijalni racˇun, ali poznaju grafove eksponencijalne, logaritamske itrigonometrijskih funkcija.Zadatak 1. Neka su α, β, γ kutovi trokuta. Dokazˇite da vrijedi nejednakost1sin α2+1sin β2+1sin γ2≥ 6.Rjesˇenje. Prema nejednakosti izmedu harmonijske i aritmeticˇke sredine je31sin α2+ 1sin β2+ 1sin γ2≤ sinα2 + sinβ2 + sinγ23odakle slijedi1sin α2+1sin β2+1sin γ2≥ 9sin α2 + sinβ2 + sinγ2. (6)Kako je funkcija f(x) = sinx konkavna na intervalu 〈0, π2 〉, to je prema Jensenovojnejednakostisinα2 +β2 +γ23≥ sinα2 + sinβ2 + sinγ23.Kako su α, β, γ kutovi trokuta, odatle slijedisin α2 + sinβ2 + sinγ23≤ sin π6=12,pa je9sin α2 + sinβ2 + sinγ2≥ 6. (7)12 Ilija Iliˇsevic´Iz (6) i (7) slijedi nejednakost koju je trebalo dokazati. Jednakost vrijedi za sin α2 =sin β2 = sinγ2 , odakle jeα2 =β2 =γ2 odnosno α = β = γ =π3 .Zadatak 2. Neka su α, β, γ kutovi trokuta. Dokazˇite da vrijedi(1− cosα)(1 − cosβ)(1 − cos γ) ≤ 18.Rjesˇenje. Prema nejednakosti izmedu aritmeticˇke i geometrijske sredine,(1− cosα)(1 − cosβ)(1 − cos γ) = 2 sin2 α2· 2 sin2 β2· 2 sin2 γ2== 8(sinα2sinβ2sinγ2)2≤ 8 ·(sin α2 + sinβ2 + sinγ23)6.Kako je funkcija f(x) = sinx konkavna na intervalu 〈0, π2 〉, to je prema Jensenovojnejednakostisin α2 + sinβ2 + sinγ23≤ sinα2 +β2 +γ23=12.Stoga je(1− cosα)(1 − cosβ)(1 − cos γ) ≤ 18.Jednakost vrijedi za α = β = γ = π3 .Zadatak 3. Neka su α, β, γ kutovi trokuta. Dokazˇite da vrijedicosα2cosβ2cosγ2≤ 3√38.Rjesˇenje. Rabimo nejednakost izmedu aritmeticˇke i geometrijske sredine za pozi-tivne brojeve cos α2 , cosβ2 , cosγ2 , a zatim Jensenovu nejednakost za funkciju f(x) =cosx koja je konkavna na intervalu 〈0, π2 〉. Imamocosα2cosβ2cosγ2≤(cos α2 + cosβ2 + cosγ23)3≤≤ cos3α2 +β2 +γ23=(√32)3=3√38.Jednakost vrijedi za cos α2 = cosβ2 = cosγ2 tj. za α = β = γ =π3 .Zadatak 4. Neka su α, β, γ kutovi sˇiljastokutnog trokuta. Dokazˇite da vrijeditg2 α + tg2 β + tg2 γ ≥ 9.Jensenova nejednakost 13Rjesˇenje. Prema nejednakosti izmedu kvadratne i aritmeticˇke sredine jetg2 α + tg2 β + tg2 γ ≥ 3 ·(tgα + tg β + tg γ3)2.Funkcija f(x) = tg x je konveksna na intervalu 〈0, π2 〉, pa je prema Jensenovojnejednakostitgα + tg β + tg γ3≥ tg α + β + γ3= tgπ3=√3.Stoga je tg2 α+ tg2 β + tg2 γ ≥ 3(√3)2 = 9. Jednakost vrijedi za tgα = tg β = tg γtj. za α = β = γ = π3 .Zadatak 5. Neka je P unutarnja tocˇka trokuta ABC. Dokazˇite da je bar jedanod kutova ∠PAB, ∠PBC, ∠PCA manji ili jednak 30◦.Slika 1.Rjesˇenje. Oznacˇimo kutove ovako: α1 = ∠PAB, β1 = ∠PBC, γ1 = ∠PCA,α2 = ∠CAP, β2 = ∠ABP i γ2 = ∠BCP (slika 1). Pretpostavimo suprotno tj. dasu kutovi α1, β1, γ1 vec´i od 30◦. Kako je α1 + β1 + γ1 + α2 + β2 + γ2 = 180◦, tadaje zbog α1 > 30◦, β1 < 150◦ i γ1 < 150◦. Analogno, zbog β1 > 30◦ je α1 < 150◦ iγ1 < 150◦, a zbog γ1 > 30◦ je α1 < 150◦ i β1 < 150◦. Dakle, 30◦ < α1, β1, γ1 < 150◦,pa jesinα1 sinβ1 sinγ1 >18. (8)Dalje slijedi α1 + β1 + γ1 > 90◦ i α2 + β2 + γ2 < 90◦. Prema nejednakosti izmeduaritmeticˇke i geometrijske sredine i Jensenovoj nejednakosti jesinα2 sinβ2 sinγ2 ≤(sinα2 + sinβ2 + sin γ23)3≤≤ sin3 α2 + β2 + γ23≤ sin3 30◦ = 18,odakle je1sinα2 sinβ2 sinγ2≥ 8. (9)14 Ilija Iliˇsevic´Mnozˇenjem (8) i (9) dobivamosinα1 sinβ1 sinγ1sinα2 sinβ2 sinγ2> 1. (10)Primjenom sinusovog poucˇka na trokute ABP, BCP, CAP, redom dobivamosinα1sinβ2· sinβ1sin γ2· sin γ1sinα2=|PB||PA| ·|PC||PB| ·|PA||PC| = 1,sˇto znacˇi da (10) ne vrijedi. Dakle, medu kutovima α1, β1, γ1 postoji barem jedankoji nije vec´i od 30◦, cˇime smo dokazali tvrdnju zadatka.Zadatak 6. Dokazˇite da za pozitivne brojeve a1, a2, . . . , an vrijedia1 + a2 + · · ·+ ann≥ n√a1a2 . . . an(nejednakost izmedu aritmeticˇke i geometrijske sredine).Rjesˇenje. Kako je funkcija f(x) = lnx konkavna na intervalu 〈0,+∞〉, to je premaJensenovoj nejednakostilna1 + a2 + · · ·+ ann≥ ln a1 + ln a2 + · · ·+ ln ann,tj.lna1 + a2 + · · ·+ ann≥ ln n√a1a2 . . . anodakle dobivamo trazˇenu tvrdnju.Zadatak 7. Dokazˇite da za svaki x ∈ [0,+∞〉 vrijedi nejednakostx5 + (1− x)5 ≥ 116.Rjesˇenje. Za x = 0 dana nejednakost ocˇigledno vrijedi. Kako je funkcija f(x) = x5konveksna na intervalu 〈0,+∞〉, to je prema Jensenovoj nejednakosti(x + (1− x)2)5≤ x5 + (1− x)52,odakle slijedix5 + (1− x)5 ≥ 116.Zadatak 8. Neka su a, b, c pozitivni realni brojevi takvi da je a + b + c = 1.Dokazˇite da vrijedi nejednakost(a +1a)2+(b +1b)2+(c +1c)2≥ 1003.Jensenova nejednakost 15Rjesˇenje. Promotrimo funkciju f(x) = (x + 1x)2. Kako je f ′(x) = 2(x − 1x3 ), to jef ′′(x) = 2(1+ 3x4 ) > 0 za svaki x ∈ R\{0}. Dakle, f je konveksna na cˇitavoj domeni(a ne samo na intervalu 〈0,+∞〉). Prema Jensenovoj nejednakosti je(a +1a)2+(b +1b)2+(c +1c)2≥ 3 ·(a + b + c3+1a+b+c3)2== 3 ·(13+ 3)2= 3 · 1009=1003.Zadatak 9. Neka su a, b, c pozitivni realni brojevi. Dokazˇite da vrijedi nejedna-kostaabbcc ≥ (abc) a+b+c3 .Rjesˇenje. Dana nejednakost ekvivalentna je saa lna + b ln b + c ln c ≥ a + b + c3ln (abc).Promotrimo funkciju f(x) = x lnx. Kako je f ′(x) = lnx + 1 i f ′′(x) = 1x , to jef ′′(x) > 0 za x > 0, pa je f konveksna na intervalu 〈0,+∞〉. Prema Jensenovojnejednakosti jea + b + c3lna + b + c3≤ a ln a + b ln b + c ln c3odakle dobivamo redom(a + b + c) lna + b + c3≤ ln aa + ln bb + ln cc,ln(a + b + c3)a+b+c≤ ln (aabbcc),(a + b + c3)a+b+c≤ aabbcc.Kako je prema nejednakosti izmedu aritmeticˇke i geometrijske sredinea + b + c3≥ 3√abc,konacˇno dobivamoaabbcc ≥ ((abc) 13 )a+b+c = (abc) a+b+c3 .Zadatak 10. Neka su a, b, c duljine stranica trokuta, a s njegov poluopseg.Dokazˇite da vrijedi nejednakosta2b + c+b2c + a+c2a + b≥ s.16 Ilija Iliˇsevic´Rjesˇenje. Promotrimo funkciju f(x) = x22s−x . Kako je f′(x) = 4sx−x2(2s−x)2 i f′′(x) =8s2(2s−x)3 , to je f′′(x) > 0 za 0 < x < 2s. Stoga je f konveksna na intervalu 〈0, 2s〉.Prema Jensenovoj nejednakosti je(a+b+c3)22s− a+b+c3≤a22s−a +b22s−b +c22s−c3odakle sredivanjem dobivamoa2b + c+b2a + c+c2a + b≥ s.Jednakost vrijedi za jednakostranicˇan trokut.Zadatak 11. Neka su a, b, c duljine stranica, a P povrsˇina trokuta. Dokazˇiteda vrijedi nejednakosta2 + b2 + c2 ≥ 4P√3.Rjesˇenje. Iz(a− b)2 + (b− c)2 + (c− a)2 ≥ 0slijedia2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca.Kako jeP =ab sinγ2=ac sinβ2=bc sinα2,to jeab + bc + ca = 2P(1sinα+1sinβ+1sin γ).Stoga jea2 + b2 + c2 ≥ 2P(1sinα+1sinβ+1sin γ).Promotrimo funkciju f(x) = 1sin x , x ∈ R \ {kπ : k ∈ Z}. Vrijedi f ′(x) = − cos xsin2 xi f ′′(x) = sin3 x+2 sin x cos2 xsin4 x. Kako je f ′′(x) > 0 za x ∈ 〈0, π〉, to je funkcija fkonveksna na 〈0, π〉, pa je prema Jensenovoj nejednakosti1sin α+β+γ3≤1sinα +1sin β +1sin γ3.Odatle dobivamo1sinα+1sinβ+1sin γ≥ 2√3.Stoga je a2 + b2 + c2 ≥ 4P√3.Jensenova nejednakost 17Zadatak 12. Neka su a, b, c duljine stranica, α, β, γ nasuprotni kutovi, a Rpolumjer opisane kruzˇnice sˇiljastokutnog trokuta. Dokazˇite da vrijedi nejednakosta2cosα+b2cosβ+c2cos γ≥ 18R2.Rjesˇenje. Kako je prema poucˇku o sinusimaasinα=bsinβ=csin γ= 2R,dana nejednakost je ekvivalentna sasin2 αcosα+sin2 βcosβ+sin2 γcos γ≥ 92.Promotrimo funkciju f(x) = sin2 xcosx . Kako je f′(x) = 2 sinx + sin3 xcos2 x i f′′(x) =2 cosx+ 3 sin2 xcosx +2 sin4 xcos3 x , to je f′′(x) > 0 za x ∈ 〈0, π2 〉, pa je f konveksna na 〈0, π2 〉.Prema Jensenovoj nejednakosti jesin2 αcosα+sin2 βcosβ+sin2 γcos γ≥ 3 · sin2 α+β+γ3cos α+β+γ3= 3 · sin2 π3cos π3=92,sˇto je i trebalo dokazati.Zadatak 13. Neka su α, β, γ kutovi trokuta, te neka je n prirodan broj. Dokazˇiteda vrijedi nejednakostctgnα2+ ctgnβ2+ ctgnγ2≥ 3n+22 .Rjesˇenje. Promotrimo funkciju f(x) = ctgn x, x ∈ 〈0, π2 〉. Kako je f ′(x) = −n ctgn−1 xsin2 xi f ′′(x) = n(n− 1 + sin 2x ctg x) ctgn−2 xsin4 x, to je f ′′(x) > 0 za x ∈ 〈0, π2 〉, pa je fkonveksna funkcija na 〈0, π2 〉. Prema Jensenovoj nejednakosti jectgnα2+ ctgnβ2+ ctgnγ2≥ 3 ctgnα2 +β2 +γ23= 3 ctgnπ6= 3(√3)n = 3n+22 .Zadatak 14. Neka je |x| ≤ 1 i |y| ≤ 1. Dokazˇite da vrijedi nejednakost√1− x2 +√1− y2 ≤ 2√1−(x + y2)2.Rjesˇenje. Promotrimo funkciju f(x) =√1− x2. Kako je f ′(x) = − x√1−x2 i f′′(x) =− 1(1−x2)√1−x2 , to je f′′(x) < 0 za x ∈ 〈−1, 1〉, pa je f konkavna na intervalu 〈−1, 1〉.Prema Jensenovoj nejednakosti za sve x, y ∈ 〈−1, 1〉 vrijedi√1− x2 +√1− y2 ≤ 2√1−(x + y2)2.18 Ilija Iliˇsevic´Izravno se provjeri da dana nejednakost vrijedi i ako je |x| = 1 ili |y| = 1.Zadatak 15. Neka su a1, a2, . . . , an pozitivni realni brojevi (n ≥ 2) takvi davrijedi a1 + a2 + · · ·+ an = 1. Dokazˇite da tada vrijedi nejednakosta11 + a2 + a3 + · · ·+ an +a21 + a1 + a3 + · · ·+ an + · · ·++an1 + a1 + a2 + · · ·+ an−1 ≥n2n− 1 .Rjesˇenje. S obzirom da je∑nk=1 ak = 1, danu nejednakost mozˇemo zapisati u oblikun∑k=1ak2− ak ≥n2n− 1 .Promotrimo funkciju f(x) = x2−x na intervalu 〈0, 1〉. Kako je f ′(x) = 2(2−x)2 if ′′(x) = 4(2−x)3 , to je f′′(x) > 0 za x ∈ 〈0, 1〉, pa je f konveksna na 〈0, 1〉. PremaJensenovoj nejednakosti je1nn∑k=1ak2− ak ≥1n∑nk=1 ak2− 1n∑nk=1 ak==1n · 12− 1n · 1=1n2− 1n=1n2n−1n=12n− 1odakle slijedin∑k=1ak2− ak ≥n2n− 1 .Zadaci za vjezˇbu1. Dokazˇite da za pozitivne realne brojeve a i b takve da je a + b = 1 vrijedinejednakost (a +1a)2+(b +1b)2≥ 252.2. Neka su α, β, γ kutovi sˇiljastokutnog trokuta i n ∈ N. Dokazˇite da vrijedinejednakosttgn α · tgn β + tgn α · tgn γ + tgn β · tgn γ ≥≥ 13n−1(tgα tg β + tgα tg γ + tg β tg γ)n.Jensenova nejednakost 193. Neka su x1, x2, . . . , xn nenegativni realni brojevi. Dokazˇite da vrijedi nejed-nakost√1 + x21 +√1 + x22 + · · ·+√1 + x2n ≥√2n(x1 + x2 + · · ·+ xn).4. Neka su realni brojevi x1, x2, . . . , xn ∈ 〈0, 12 ]. Dokazˇite da vrijedi nejednakostΠni=1xi(∑ni=1 xi)n≤ Πni=1(1− xi)(∑ni=1(1− xi))n .5. Neka su x1, x2, . . . , xn pozitivni realni brojevi takvi da vrijedi x1 + x2 + · · ·+xn = 1. Dokazˇite da tada vrijedi nejednakost(x1 +1x2)(x2 +1x3). . .(xn +1x1)≥(n2 + 1n)n.6. Dokazˇite da za pozitivne realne brojeve x1, x2, . . . , xn takve da je x21 + x22 +· · ·+ x2n = 1 vrijede nejednakosti:(a) x11+x21+ x21+x22+ · · ·+ xn1+x2n ≤n√nn+1 ,(b) x11−x21 +x21−x22 + · · ·+xn1−x2n ≤n√nn−1 .Literatura[1] S.Katz, Matematika feladatsorok, Mozaik Oktata´si Stu˝dio´, Szeged, 1995.[2] S.Kurepa, Matematicˇka analiza I. i II. dio, Tehnicˇka knjiga, Zagreb, 1989.[3] J. Pecˇaric´, Nejednakosti, HMD i Element, Zagreb, 1996.[4] J. Reiman, S.Dobos, Nemzetko¨zi matematikai dia´kolimpia´k 1959–2003, Ty-potex, Budapest, 2003.

Jensen\u27s inequality

Abstract

Similar works

Full text

Available Versions

Hrčak - Portal of scientific journals of Croatia