Razmatraju se primjene AG-nejednakosti u planimetriji, koje su ilustrirane na nizu zanimljivih zadataka prilagođenih učenicima srednjih školaApplications of AG-inequality in planimetry are considered. These applications are illustrated on a number of interesting tasks adapted for high school students

Ilija Ilišević

Ilišević, Ilija

Hrčak - Portal of scientific journals of Croatia

Osjecˇki matematicˇki list 9(2009), 55–68 55Primjena AG-nejednakosti u planimetrijiIlija Iliˇsevic´∗Sazˇetak. Razmatraju se primjene AG-nejednakosti u planimetriji,koje su ilustrirane na nizu zanimljivih zadataka prilagod¯enih ucˇenicimasrednjih sˇkola.Kljucˇne rijecˇi: AG-nejednakost, planimetrijaApplications of AG inequality in planimetryAbstract. Applications of AG-inequality in planimetry are consid-ered. These applications are illustrated on a number of interesting tasksadapted for high school students.Key words: AG-inequality, planimetryNeka je a = (a1, a2, . . . , an) n-torka nenegativnih realnih brojeva. Tada su arit-meticˇka i geometrijska sredina n-torke a definirane redom sAn(a) =a1 + a2 + · · ·+ ann, Gn(a) = n√a1a2 · · ·an.Vrijedi:An(a) ≥ Gn(a).Pritom jednakost vrijedi onda i samo onda ako je a1 = a2 = · · · = an. NejednakostAn(a) ≥ Gn(a) nazivamo aritmeticˇko-geometrijska ili krac´e AG-nejednakost. Dokazte nejednakosti mozˇe se primjerice vidjeti u [6].Primijenit c´emo ovu nejednakost na nekoliko zadataka iz planimetrije.Zadatak 1. Dokazˇite da za pravokutni trokut vrijedi2r + c ≥ 2√ab,gdje su a i b duljine kateta, c duljina hipotenuze, a r polumjer trokutu upisanekruzˇnice.Rjesˇenje. Prema AG-nejednakosti je a + b ≥ 2√ab, a kako za pravokutni trokutvrijedi 2r+ c = a+ b, to je 2r+ c ≥ 2√ab. Jednakost vrijedi onda i samo onda akoje a = b, tj. ako je pravokutni trokut jednakokracˇan.∗III. gimnazija, Kamila Firingera 14, HR-31000 Osijek56 Ilija Iliˇsevic´Zadatak 2. Dokazˇite da za pravokutni trokut vrijediR+ r ≥√2P,gdje je P povrsˇina trokuta, a R i r polumjeri trokutu opisane i upisane kruzˇnice,redom.Rjesˇenje. VrijediR+ r =c2+a+ b− c2=a+ b2.Kako je prema AG-nejednakostia+ b2≥√ab, to jeR+ r ≥√ab =√2P .Jednakost vrijedi onda i samo onda ako je a = b, tj. ako je pravokutni trokutjednakokracˇan.Zadatak 3. Dokazˇite da za pravokutni trokut vrijedic(a+ b)P≥ 4√2.Rjesˇenje. Redom imamo sljedec´e ekvivalentne nejednakosti:c(a+ b)P≥ 4√2,√a2 + b2 (a+ b)ab≥ 2√2,(a2 + b2)(a2 + 2ab+ b2)a2b2≥ 8,(1a2+1b2)(a2 + 2ab+ b2) ≥ 8,1 +a2b2+2ba+2ab+b2a2+ 1 ≥ 8,a2b2+b2a2+ 2(ab+ba)≥ 6.Posljednja nejednakost je tocˇna jer je prema AG-nejednakostia2b2+b2a2≥ 2 i ab+ba≥ 2.Jednakost vrijedi onda i samo onda ako je ab =ba , odnosno a = b, tj. za jed-nakokracˇno pravokutni trokut.Primjena AG-nejednakosti u planimetriji 57Zadatak 4. Odredite koji od pravokutnih trokuta s danom duljinom hipotenuzeima najvec´u povrsˇinu.Rjesˇenje. Iz P =ab2i c2 = a2 + b2 slijediP =√a2(c2 − a2)2.Kako je prema AG-nejednakosti√a2(c2 − a2) ≤ a2 + (c2 − a2)2=c22,to je Pmax = c24 i dostizˇe se za a2 = c2 − a2, tj. a = c√22 = b.Zadatak 5. Od svih pravokutnih trokuta danog opsega 2s, odredite onaj kojiima najvec´u povrsˇinu.Rjesˇenje. Iz a+ b+√a2 + b2 = 2s slijedi√a2 + b2 = 2s − (a + b).Kvadriranjem i sred¯ivanjem dobivamoab2= s2 − sc,odnosnoP = s2 − sc.Povrsˇina je maksimalna kada je c minimalno. Kako je prema AG-nejednakostia2 + b2 ≥ 2ab, to je2(a2 + b2) ≥ a2 + b2 + 2ab = (a + b)2,tj. 2c2 ≥ (a + b)2. Odatle slijedic ≥ a+ b√2=2s− c√2,pa jec ≥ 2s√2 + 1.Jednakost vrijedi za a = b i tada je c = 2s√2+1minimalno, aPmax = s2 − 2s2√2 + 1= (3− 2√2)s2.Dakle, najvec´u povrsˇinu ima jednakokracˇno pravokutni trokut.58 Ilija Iliˇsevic´Zadatak 6. Koji trokut danog opsega 2s ima najvec´u povrsˇinu?Rjesˇenje. Neka su a, b, c duljine stranica trokuta kojemu je opseg 2s. Kako je premaHeronovoj formuliP =√s(s − a)(s − b)(s − c) = √s√(s − a)(s − b)(s− c),to je povrsˇina maksimalna kada je√(s − a)(s − b)(s − c) maksimalno. Prema AG-nejednakosti je3√(s − a)(s − b)(s − c) ≤ (s − a) + (s − b) + (s − c)3,odakle slijedi√(s − a)(s − b)(s− c) ≤√(s − a + s − b+ s − c3)3=√(s3)3=s√3s9.Maksimum se dostizˇe kada vrijedi jednakost, a to je onda i samo onda ako jes − a = s− b = s − c, tj. a = b = c.Dakle, najvec´u povrsˇinu ima jednakostranicˇni trokut. Ta povrsˇina iznosiPmax =√s · s√3s9=s2√39.Zadatak 7. Dokazˇite da za svaki trokut vrijedi nejednakosta2 + b2 + c2 ≥ 4P√3,gdje su a, b, c duljine stranica, a P povrsˇina trokuta.Rjesˇenje. Heronovu formulu zapiˇsemo u oblikuP =14√(a+ b+ c)(a + b− c)(a+ c− b)(b + c− a).Kako je prema AG-nejednakosti(a+ b− c)(a+ c− b)(b+ c− a)≤((a+ b− c) + (a + c− b) + (b+ c− a)3)3=(a+ b+ c3)3,Primjena AG-nejednakosti u planimetriji 59to je4P ≤√(a+ b+ c)(a+ b+ c3)3=(a+ b+ c)23√3=3(a2 + b2 + c2) − ((a − b)2 + (b− c)2 + (c− a)2)3√3≤ 3(a2 + b2 + c2)3√3=a2 + b2 + c2√3.Odatle slijedi a2 + b2 + c2 ≥ 4P√3. Jednakost vrijedi onda i samo onda ako jea = b = c, tj. za jednakostranicˇan trokut.Zadatak 8. Kakav je trokut ABC ako jeR(b+ c) = a√bc,gdje su a, b, c duljine stranica, a R polumjer trokutu opisane kruzˇnice.Rjesˇenje. Iz danog uvjeta slijedia2R=b+ c2√bc.Kako je prema AG-nejednakosti b+ c ≥ 2√bc, to jeb+ c2√bc≥ 1,pa jea2R≥ 1.Slijedi a = 2R, pa je trokut pravokutan s hipotenuzom a. No, tada je b+ c = 2√bc,a to vrijedi onda i samo onda ako je b = c. Dakle, trokut ABC je jednakokracˇnopravokutni s pravim kutom u vrhu A.Zadatak 9. Neka su a, b, c duljine stranica trokuta. Dokazˇite da vrijedi∣∣∣∣a − ba + b + b− cb+ c + c− ac+ a∣∣∣∣ < 18 .Rjesˇenje. Danu nejednakost mozˇemo zapisati, redom, u ekvivalentnom obliku|ac2 + b2c + a2b− bc2 − a2c− ab2|(a+ b)(b + c)(c + a)<18,|(a− b)(b − c)(a− c)|(a+ b)(b + c)(c + a)<18.60 Ilija Iliˇsevic´Kako je prema AG-nejednakostia + b ≥ 2√ab, b+ c ≥ 2√bc, c+ a ≥ 2√ac,to je|(a− b)(b− c)(a− c)|(a + b)(b+ c)(c+ a)≤ |(a− b)(b− c)(a− c)|8abc=|a− b| · |b− c| · |c− a|8abc<abc8abc=18,pri cˇemu zadnja nejednakost slijedi iz nejednakosti trokuta.Zadatak 10. Neka su a, b, c duljine stranica trokuta. Dokazˇite da vrijedi ne-jednakostab+ c− a +bc+ a− b +ca+ b− c ≥ 3.Rjesˇenje. Uvedimo zamjenu:x =b+ c − a2> 0, y =c+ a− b2> 0, z =a+ b− c2> 0.Tada jea = y + z, b = z + x, c = x+ y,pa nejednakost prelazi redom u ekvivalentne,y + z2x+z + x2y+x+ y2z≥ 3,y + zx+z + xy+x+ yz≥ 6,yx+zx+zy+xy+xz+yz≥ 6,(xy+yx)+(xz+zx)+(yz+zy)≥ 6.Ova nejednakost je tocˇna, jer je prema AG-nejednakostixy+yx≥ 2, xz+zx≥ 2, yz+zy≥ 2,pa je tocˇna i polazna nejednakost. Jednakost vrijedi onda i samo onda ako jex = y = z, a to je onda i samo onda ako je a = b = c, tj. za jednakostranicˇantrokut.Primjena AG-nejednakosti u planimetriji 61Zadatak 11. Neka su va, vb, vc duljine visina, a r polumjer trokutu upisanekruzˇnice. Dokazˇite da vrijedi nejednakostva + vb + vc ≥ 9r.Rjesˇenje. Vrijedi:va =2Pa, vb =2Pb, vc =2Pc, r =Ps,gdje je P povrsˇina, a s poluopseg trokuta. Tada nejednakost koju treba dokazatiprelazi redom u ekvivalentne:2Pa+2Pb+2Pc≥ 9Ps,1a+1b+1c≥ 92s,(a+ b+ c)(1a+1b+1c)≥ 9.Dokazˇimo posljednju nejednakost.(a + b+ c)(1a+1b+1c)= 1 +ba+ca+ab+ 1 +cb+ac+bc+ 1= 3 +(ab+ba)+(ac+ca)+(bc+cb)≥ 3 + 2+ 2 + 2 = 9,jer je prema AG-nejednakostiab+ba≥ 2, ac+ca≥ 2, bc+cb≥ 2.Jednakost vrijedi onda i samo onda ako je ab= ba, ac= ca, bc= cb, tj. za a = b = c,tj. za jednakostranicˇan trokut.Zadatak 12. Dokazˇite da za trokut ABC vrijedi nejednakost3√R2P 2≤ 13(1va+1vb+1vc),gdje su va, vb, vc duljine visina, P povrsˇina trokuta, a R polumjer trokutu opisanekruzˇnice.Rjesˇenje. Vrijedi:13(1va+1vb+1vc)=13(a2P+b2P+c2P).62 Ilija Iliˇsevic´Kako je prema AG-nejednakosti13(a2P+b2P+c2P)≥ 3√a2P· b2P· c2P= 3√abc8P 3= 3√4RP8P 3= 3√R2P 2,to je13(1va+1vb+1vc)≥ 3√R2P 2.Jednakost vrijedi onda i samo onda ako je a = b = c, tj. za jednakostranicˇan trokut.Zadatak 13. Dokazˇite da za trokut ABC vrijedi nejednakostva ≤√s(s − a),gdje je a duljina stranice, s poluopseg, a va duljina visine povucˇene na stranicu a.Rjesˇenje. Nejednakost koju treba dokazati redom prelazi u sljedec´e ekvivalentnenejednakosti:2Pa≤√s(s − a),2√s(s − a)(s − b)(s − c)a≤√s(s − a),2√(s − b)(s − c)a≤ 1,√(s − b)(s − c) ≤ a2.Kako je prema AG-nejednakosti√(s − b)(s− c) ≤ (s − b) + (s − c)2=2s− (b+ c)2=2s − (2s − a)2=a2,to je tocˇna i nejednakost koju je trebalo dokazati. Jednakost vrijedi onda i samoonda ako je b = c, tj. za jednakokracˇan trokut s osnovicom a.Zadatak 14. Dokazˇite da za trokut ABC vrijedi nejednakostta ≥ 12√a(8s − 9a),gdje je a duljina stranice, s poluopseg, a ta duljina tezˇiˇsnice povucˇene na stranicua.Primjena AG-nejednakosti u planimetriji 63Rjesˇenje. Nejednakost koju treba dokazati redom prelazi u sljedec´e ekvivalentnenejednakosti:12√2(b2 + c2)− a2 ≥ 12√a(8s− 9a),√2b2 + 2c2 − a2 ≥√a(8s − 9a),2b2 + 2c2 − a2 ≥ a(8s− 9a),2b2 + 2c2 − a2 ≥ a(4(a+ b+ c)− 9a),2b2 + 2c2 − a2 ≥ a(4b+ 4c− 5a),2b2 + 2c2 − a2 ≥ 4ab+ 4ac− 5a2,2b2 + 2c2 + 4a2 ≥ 4ab+ 4ac,b2 + c2 + 2a2 ≥ 2ab+ 2ac,(a2 + b2) + (a2 + c2) ≥ 2ab+ 2ac.Kako je prema AG-nejednakosti a2 + b2 ≥ 2ab i a2 + c2 ≥ 2ac, to je posljednjanejednakost tocˇna, pa je tocˇna i nejednakost koju je trebalo dokazati. Jednakostvrijedi onda i samo onda ako je a = b = c, tj. za jednakostranicˇan trokut.Zadatak 15. Neka su ta, tb, tc duljine tezˇiˇsnica povucˇene na stranice trokutakojima su duljine a, b, c, redom. Dokazˇite da vrijedi nejednakostt2aa2+t2bb2+t2cc2≥ 94.Rjesˇenje. Imamot2aa2+t2bb2+t2cc2=14(2b2 + 2c2 − a2)a2+14(2a2 + 2c2 − b2)b2+14(2a2 + 2b2 − c2)c2=14(2b2a2+2c2a2− 1 + 2a2b2+2c2b2− 1 + 2a2c2+2b2c2− 1)=14(2(a2b2+b2a2)+ 2(a2c2+c2a2)+ 2(b2c2+c2b2)− 3).Kako je prema AG-nejednakostia2b2+b2a2≥ 2, a2c2+c2a2≥ 2, b2c2+c2b2≥ 2,to jet2aa2+t2bb2+t2cc2≥ 14(2 · 2 + 2 · 2 + 2 · 2− 3) = 94.Jednakost vrijedi onda i samo onda ako je a = b = c, tj. za jednakostranicˇan trokut.64 Ilija Iliˇsevic´Zadatak 16. Opseg kruzˇnog isjecˇka je a. Koliki mora biti polumjer r da bipovrsˇina isjecˇka bila maksimalna i kolika je ta povrsˇina?Rjesˇenje. Iz l + 2r = a slijedi l = a − 2r, pa je povrsˇina isjecˇkaPki =lr2=(a − 2r)r2=14(a− 2r)2r.Kako je prema AG-nejednakosti(a− 2r)2r ≤((a− 2r) + 2r2)2=a24,to jePki ≤ 14 ·a24=a216.Jednakost (a time i maksimum) vrijedi za a−2r = 2r, tj. za r = a4 . Dakle, povrsˇinaisjecˇka je maksimalna za r = a4i iznosi a216.Zadatak 17. Iz tocˇke P unutar trokuta ABC povucˇene su okomice PA1, PB1,PC1 na pravce BC, CA, AB redom. Odredite polozˇaj tocˇke P tako da zbrojS =a|PA1| +b|PB1| +c|PC1|bude minimalan i odredite tu minimalnu vrijednost.Rjesˇenje. Oznacˇimo kao na Slici 1. s x = |PA1|, y = |PB1|, z = |PC1|. Tada jeS =ax+by+cz.Slika 1. Trokut ABC iz Zadatka 17.Primjena AG-nejednakosti u planimetriji 65Kako jeP (ABC) = P (BCP ) + P (CAP ) + P (ABP )=ax2+by2+cz2=12(ax+ by + cz),to je2P (ABC) · S =(ax+by+cz)(ax+ by + cz)= a2 + b2 + c2 + ab(xy+yx)+ ac(xz+zx)+ bc(yz+zy).Prema AG-nejednakosti jexy+yx≥ 2, xz+zx≥ 2, yz+zy≥ 2,pa je2P (ABC) · S ≥ a2 + b2 + c2 + 2ab+ 2ac+ 2bc= (a+ b+ c)2.Odatle slijediS ≥ (a + b+ c)22P (ABC).Jednakost vrijedi onda i samo onda ako je x = y = z. Tada je P srediˇste trokutuABC upisane kruzˇnice, aSmin =(a+ b+ c)22P (ABC).Zadatak 18. Dan je trokut ABC. Neka su A′, B′, C′ tocˇke presjeka sime-trala kutova CAB, ABC, BCA, redom sa stranicama BC, CA, AB, a I je srediˇsteupisane mu kruzˇnice. Dokazˇite da je14<|AI| · |BI| · |CI||AA′| · |BB′| · |CC′| ≤827.Rjesˇenje. Neka je kao na Slici 2., |BC| = a, |CA| = b, |AB| = c te neka je p = |CA′|i q = |A′B|. Prema poucˇku o simetrali kuta je p : q = b : c, a odatle prema praviluo razmjeru slijedi p : (p+ q) = b : (b + c), tj.p =abb+ c.66 Ilija Iliˇsevic´Slika 1. Trokut ABC iz Zadatka 18.Analogno dobivamoq =acb+ c.Primjenjujuc´i poucˇak o simetrali kuta na trokut AA′C dobivamo|AI| : |IA′| = b : p,odakle je prema pravilu o razmjeru|AI| : (|AI|+ |IA′|) = b : (b+ p),tj.|AI||AI|+ |IA′| =bb+ p=bb+ abb+c=bb(1 + ab+c)=11 + ab+c=b+ ca+ b+ c,odnosno |AI||AA′| =b+ ca + b+ c.Analogno,|BI||BB′| =a+ ca+ b+ c,|CI||CC′| =a + ba+ b+ c.Primjena AG-nejednakosti u planimetriji 67Stoga je|AI| · |BI| · |CI||AA′| · |BB′| · |CC′| =|AI||AA′| ·|BI||BB′| ·|CI||CC′|=b+ ca+ b+ c· a + ca+ b+ c· a+ ba+ b+ c=(a+ b)(a+ c)(b+ c)(a+ b+ c)3.Dokazˇimo najprije desnu nejednakost. Kako je prema AG-nejednakosti(a+ b)(a + c)(b+ c) ≤((a+ b) + (a + c) + (b+ c)3)3=(2(a+ b + c)3)3=827(a+ b+ c)3,to je|AI| · |BI| · |CI||AA′| · |BB′| · |CC′| ≤827.Sada dokazˇimo lijevu nejednakost. Imamoa+ ba+ b+ c=12· 2a+ 2ba + b+ c=12· (a + b+ c) + (a+ b− c)a+ b+ c=12(1 +a + b− ca + b+ c)i analognoa+ ca + b+ c=12(1 +a+ c − ba+ b+ c),b+ ca + b+ c=12(1 +b+ c− aa+ b+ c).Slijedi|AI| · |BI| · |CI||AA′| · |BB′| · |CC′| =18(1 +a + b− ca + b+ c)(1 +a+ c− ba+ b+ c)(1 +b+ c − aa+ b+ c)>18(1 +a + b− ca + b+ c+a+ c− ba+ b+ c+b+ c− aa+ b+ c)=18(1 +a + b− c+ a + c− b+ b+ c− aa + b+ c)=18(1 +a + b+ ca + b+ c)=18· (1 + 1) = 14.Dakle,|AI| · |BI| · |CI||AA′| · |BB′| · |CC′| >14.68 Ilija Iliˇsevic´Literatura[1] D. Bonifert, Neha´ny tipikus proble´maszitua´cio´ matematika´bo´l, Mozaik,Szeged, 1994.[2] L. Bo˝rcso˝k, E´rettse´gi, felve´teli feladatok, Matematika, Szukits Ko¨nyvkiado,Szeged, 1999.[3] Dr. L. Gero˝cs, Ira´ny az egyetem 1993, Nemzeti Tanko˝nyvkiado, 1993.[4] Zˇ. Hanjsˇ, Med¯unarodne matematicˇke olimpijade, Element, Zagreb, 1997.[5] I. Iliˇsevic´, Nejednakosti u pravokutnom trokutu, Bilten seminara za nastavni-ke-mentore 7 (1998), 79–81.[6] B. Pavkovic´, B. Dakic´, Zˇ. Hanjsˇ, P. Mladinic´, Male teme iz matematike,HMD i Element, Zagreb, 1994.[7] I.H. Sˇivaniskij, Posobie po matematike dlja tehnikumov, Vissˇaja sˇkola,Moskva, 1970.

Applications of AG inequality in planimetry

Abstract

Similar works

Full text

Available Versions

Hrčak - Portal of scientific journals of Croatia