Kako dokazati da za pozitivne brojeve $a,b$ i $c$ vrijedi $$ab+bc+ca \geq a\sqrt{bc} + b\sqrt{ca} + c\sqrt{ab}$$ ili da ako vrijedi $a+b+c=6$, tada vrijedi i $$a^2+b^2+c^2 \geq 12?$$ Ovi i mnogi slični zadatci pojavljuju se u temi Nejednakosti u prvom razredu gimnazija koje godišnje imaju 210 sati matematike i na matematičkim natjecanjima. U udžbenicima su dani raznoliki načini rješavanja ovog tipa zadataka. U ovom ćemo članku razmotriti metodu kojom se ova vrsta zadataka rješava brzo i elegantno. Metoda se zasniva na upotrebi Cauchyjeve nejednakosti. Ujedno ćemo dati i ideje kako sastaviti još zadataka ovog tipa.
U predmetnom kurikulumu za matematiku tema Nejednakosti javlja se u prvom razredu gimnazija koje godišnje imaju 210 sati matematike. Među ostalim ishodima ističe se ishod u kojem se navodi da se za dokazivanje nejednakosti primjenjuju različite metode. To su obično metode kojima se zadane nejednakosti elementarnim transformacijama (uz koje se nerijetko koriste i razni trikovi) svode na očito istinite nejednakosti ili se upotrebljava poznata nejednakost između aritmetičke i geometrijske sredine. Analizirajući udžbenike za prvi razred srednje škole, pronašli smo serije zadataka koje se mogu riješiti upotrebom Cauchyjeve nejednakosti.
Prvo istaknimo Cauchyjevu nejednakost za parove i trojke jer se u promatranim zadatcima isključivo pojavljuje primjena Cauchyjeve nejednakosti na parovima i trojkama.
Teorem 1. Neka su $a_1,a_2,a_3,b_1,b_2,b_3$ realni brojevi. Tada vrijedi: \begin{equation} (a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2})^2 \leq (a_{1}^2+a_{2}^2)(b_{1}^2+b_{2}^2)\tag{1}\label{par}\end{equation} \begin{equation} (a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+a_{3}b_{3})^2 \leq (a_{1}^2+a_{2}^2+a_{3}^2)(b_{1}^2+b_{2}^2+b_{3}^2). \tag{2}\label{trojka}\end{equation}
U literaturi se može pronaći nekoliko različitih načina dokazivanja Cauchyjeve nejednakosti. Ovdje ćemo prikazati, po našem mišljenju, način koji je najjednostavniji i koji je primjeren učenicima srednje škole.
Dokaz. Svest ćemo promatranu nejednakost za parove $(a_1,a_2)$ i $(b_1,b_2)$ na ekvivalentni oblik. \begin{aligned}(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2})^2 &\leq (a_{1}^2+a_{2}^2)(b_{1}^2+b_{2}^2) \hspace{10mm} \Leftrightarrow\\ a_{1}^2b_{1}^2+2a_1b_1a_2b_2+a_{2}^2b_{2}^2 &\leq a_1^2b_1^2 +a_1^2b_2^2+a_2^2b_1^2+a_2^2b_2^2 \hspace{10mm} \Leftrightarrow \\ 2a_1b_1a_2b_2 &\leq a_1^2b_2^2 + a_2^2b_1^2 \hspace{10mm} \Leftrightarrow \\ 0 &\leq (a_1b_2-a_2b_1)^2. \end{aligned}Posljednja nejednakost je istinita pa je zbog ekvivalencija istinita i prva nejednakost, a to je upravo Cauchyjeva nejednakost za parove.
Nejednakost za trojke dokazuje se na sličan način. QED
Očita generalizacija prethodnih tvrdnji je sljedeća nejednakost:
Teorem 2. Cauchyjeva nejednakost. Za realne brojeve $a_1, \ldots , a_n$, $b_1, \ldots , b_n$ vrijedi $$
(a_1b_1+\ldots +a_nb_n)^2 \leq (a_1^2+\ldots +a_n^2)(b_1^2+\ldots +b_n^2).$$
Ovo je Cauchyjeva nejednakost za $n$-torke i može se dokazati na nekoliko načina koji su opisani u [1]. Više o njezinoj povijesti pročitajte u završnom dijelu ovog članka.
Zadatci i generalizacije
Sad ćemo riješiti nekoliko zadataka iz udžbenika [2] i [3] primjenjujući Cauchyjevu nejednakost. Obično je naše rješenje puno kraće i elegantnije od rješenja ponuđenih u spomenutim knjigama.
Primjer 1. ([2, str. 127, zad. 25], [3, str. 237]) Dokažimo da za realne brojeve $a,b$ i $c$ vrijedi nejednakost $$ab+bc+ac \leq a^2+b^2+c^2.$$
Rješenje. Korištenjem Cauchyjeve nejednakosti $(\ref{trojka})$ za $a_{1}=a$, $a_{2}=b$, $a_{3}=c$, $b_{1}=b$, $b_{2}=c$ i $b_{3}=a$ vrijedi: $$(ab+bc+ca)^2 \leq (a^2+b^2+c^2)(b^2+c^2+a^2)=(a^2+b^2+c^2)^2.$$ Korjenovanjem obiju strana te nejednakosti uz uvažavanje činjenice da za svaki broj $x$ vrijedi da je $x\leq |x|$, dobivamo: $$ab+bc+ca\leq |ab+bc+ca| \leq a^2+b^2+c^2,$$ odakle slijedi tražena nejednakost iz primjera.
U rješenjima sljedećih zadataka upotrijebit ćemo ove oznake: $$ A=(a_1,a_2,a_3), \ \ B=(b_1,b_2,b_3),$$ $$ \langle A,B\rangle =a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3.$$ Uz takve oznake nejednakost $(\ref{trojka})$ glasi ovako: $$\langle A,B\rangle^2 \leq \langle A,A\rangle \cdot \langle B,B\rangle.$$ I u slučaju kad se radi o parovima $ A=(a_1,a_2), \ \ B=(b_1,b_2)$ definirat ćemo $ \langle A,B\rangle$ na sličan način: $ \langle A,B\rangle = a_1b_1+a_2b_2$. Čitatelji koji su upoznati s definicijom standardnog skalarnog umnoška u $\mathbb{R}^2$ i $\mathbb{ R }^3$, u oznaci $\langle A,B\rangle$ prepoznat će upravo definiciju skalarnog umnoška dvaju vektora zadanih koordinatno.
Primjer 2. ([3, str 237]) Dokažimo da za realne brojeve $a$, $b$ i $c$ vrijedi: $$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 \geq a^2bc+b^2ac+c^2ab.$$
Rješenje. Definiramo trojke $A$ i $B$ ovako: $$A=(ab,bc,ca), \ \ B= (ca, ab, bc).$$ Tada je $$\langle A,B\rangle = a^2bc+b^2ac+c^2ab$$ $$\langle A,A\rangle = a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$$ $$\langle B,B\rangle = c^2a^2 +a^2b^2+b^2c^2,$$ odakle uvrštavanjem u $(\ref{trojka})$ i korjenovanjem obiju strana nejednakosti dobivamo traženu nejednakost primjera 2.
Sad ćemo navesti zadatke iz literature [2] i [3], a u njihovim rješenjima samo ćemo navesti parove ili trojke $A$ i $B$ s pomoću kojih se rješava pojedini zadatak.
Zadatak 1. ([3, str. 241, zad. 67]) Dokažite da za realne brojeve $a,b,c,d$ vrijedi: $$(a^2+b^2)(c^2+d^2) \geq (ac+bd)^2.$$
Rješenje. $A=(a,b), B=(c,d)$.
Zadatak 2. ([3, str. 241, zad. 66]) Dokažite da za realne brojeve $a,b >0$ vrijedi: $$(a +b )\left(\frac 1a + \frac 1b\right) \geq 4.$$
Rješenje. $A=(\sqrt{a},\sqrt{b}), B=\left(\frac{ 1}{\sqrt{a}},\frac{ 1}{\sqrt{b}}\right)$.
Zadatak 3. ([3, str. 241, zad. 78/2]) Dokažite da za realne brojeve $a,b >0$ vrijedi: $$\sqrt a+\sqrt b\leq \sqrt{\frac{a^2}{b}}+\sqrt{\frac{b^2}{a}}.$$
Rješenje. $A=(\sqrt[4]{a},\sqrt[4]{b}), B=\left(\sqrt[4]{\frac{ b^2}a}, \sqrt[4]{\frac{a^2}b}\right)$.
Zadatak 4. ([2, str. 127, zad. 4]) Dokažite da za svaka dva realna broja $a$ i $b$ vrijedi: $$ (a^2+b^2)(a^4+b^4)\geq(a^3+b^3)^2.$$
Rješenje. $A=(a,b), B=(a^2, b^2)$.
Zadatak 5. ([3, str. 238]) Zadani su realni brojevi $a$, $b$ i $c$ takvi da je $0<c<b,a$. Dokažite da vrijedi: $$\sqrt{c(a-c)}+\sqrt{c(b-c)}\leq\sqrt{ab}.$$
Rješenje. $A=(\sqrt{c}, \sqrt{b-c}), B=(\sqrt{a-c}, \sqrt{c})$.
Zadatak 6. ([3, str. 241, zad. 68/1]) Dokažite da za realne brojeve $a,b,c\geq0$ vrijedi: $$ab+bc+ca\geq a\sqrt{bc}+b\sqrt{ca}+c\sqrt{ab}.$$
Rješenje. $A=(\sqrt{ab}, \sqrt{bc}, \sqrt{ca}), B=(\sqrt{ac}, \sqrt{ab}, \sqrt{bc})$.
Zadatak 7. ([2, str. 127, zad. 37]) Dokažite da za realne brojeve $a,b,c>0$ vrijedi: $$(a+b+c)\left(\frac1a+\frac1b+\frac1c\right)\geq9.$$
Rješenje. $A=(\sqrt{a}, \sqrt{b}, \sqrt{c}), B=\left(\frac1{\sqrt a}, \frac1{\sqrt b}, \frac1{\sqrt c}\right)$.
Zadatak 8. ([2, str. 127, zad. 8]) Ako je $a>0$, $b>0$, $c>0$, dokažite da je onda $$(a^3+b^3+c^3)\left(\frac1a+\frac1b+\frac1c\right)\geq(a+b+c)^2. $$
Rješenje. $A=(\sqrt{a^3}, \sqrt{b^3}, \sqrt{c^3}), B=\left(\frac1{\sqrt a}, \frac1{\sqrt b}, \frac1{\sqrt c}\right)$.
Nije teško postaviti analogone i generalizacije ovih zadataka. Tako bi primjer 1. za četiri broja glasio: $$ab+bc+cd+da\leq a^2+b^2+c^2+d^2,$$ pri čemu su $a,b,c$ i $d$ realni brojevi. Ova se nejednakost dokazuje upotrebom Cauchyjeve nejednakosti za četvorke $A=(a,b,c,d)$ i $B=(b,c,d,a)$.
Generalizacija zadataka 2. i 7. glasi:
Za pozitivne brojeve $x_1, x_2,\ldots x_n$ vrijedi: $$(x_1+x_2+\ldots+x_n)\left(\frac1{x_1}+\frac1{x_2}+\ldots+\frac1{x_n}\right)\geq n^2. $$ Ova nejednakost slijedi iz opće Cauchyjeve nejednakosti kad u nju uvrstimo $$a_1=\sqrt{x_1},\ldots,a_n=\sqrt{x_n}, b_1=\frac1{\sqrt{x_1}},\ldots,b_n=\frac1{\sqrt{x_n}}. $$
Sad ćemo proučiti zadatke u kojima brojevi $a,b,c$ zadovoljavaju neki uvjet.
Primjer 3. ([2, str 127, zad. 6], [3, str. 240]) Ako je $x+y+z=1$, onda je $$x^2+y^2+z^2\geq\frac13.$$ Dokažimo.
Rješenje. Primjenom Cauchyjeve nejednakosti na trojke $A=(x,y,z)$ i $B=(1,1,1)$ dobivamo: $$(x^2+y^2+z^2)(1^2+1^2+1^2)\geq(x+y+z)^2.$$ Nakon što uvrstimo uvjet zadatka $x+y+z=1$ u gornju nejednakost i podijelimo s 3, dobivamo traženu nejednakost.
Primjer 4. ([2, str 127, zad. 11]), [3, str. 239] Ako je $a+b\geq1$, dokažimo da je $$a^4+b^4\geq\frac18.$$
Rješenje. Primjenom Cauchyjeve nejednakosti (1) na parove $A=(a^2, b^2)$ i $B=(1,1)$ dobivamo: $$(a^2+b^2)^2\leq(a^4+b^4)\cdot2.$$ Primjenom Cauchyjeve nejednakosti (1) na parove $A=(a,b)$ i $B=(1,1)$ dobivamo da je $$(a+b)^2\leq(a^2+b^2)\cdot2.$$ Upotrebljavajući uvjet $1\leq a+b$ i gornje nejednakosti, imamo redom $$1=1^4\leq(a+b)^4\leq4(a^2+b^2)^2\leq4\cdot2(a^4+b^4).$$ Dijeljenjem s $8$ dobivamo traženu nejednakost.
Sad slijedi niz zadataka iz literature [2] i [3] koji su gore opisanog tipa.
Zadatak 9. ([2, str. 127, zad. 12]) Za svaka dva realna broja $a$ i $b$ za koje je $a+b=2$ vrijedi $$a^4+b^4\geq2.$$
Rješenje. Kao u primjeru 4, primjenom Cauchyjeve nejednakosti na dva para brojeva dobivamo ove dvije nejednakosti: $$(a^2+b^2)^2\leq2\cdot(a^4+b^4)\text{ i } (a+b)^2\leq2\cdot(a^2+b^2).$$ Koristeći se uvjetom $a+b=2$ dobivamo: $$16=2^4=(a+b)^4\leq4\cdot(a^2+b^2)^2\leq4\cdot2\cdot(a^4+b^4) ,$$ odakle dijeljenjem s $8$ dobivamo traženu nejednakost.
Zadatak 10. ([2, str. 127, zad. 15]) Ako je $a^2+b^2\leq2$ dokažite da je onda $a+b\leq2$.
Rješenje. Za $A=(1,1)$ i $B=(a,b)$ dobivamo $$(a+b)^2\leq(1+1)(a^2+b^2)\leq2\cdot2,$$ pri čemu smo u posljednjoj nejednakosti upotrijebili uvjet zadatka. Korjenovanjem dobivamo $|a+b|\leq2$ pa budući da je $a+b\leq|a+b|$, dokazana je i tražena nejednakost.
Zadatak 11. ([3, str. 241, zad. 75]) Ako su $x$ i $y$ pozitivni realni brojevi takvi da je $x^2+y^2=8$, dokažite da onda vrijedi $$x+y\leq4.$$
Rješenje. Primjenom Cauchyjeve nejednakosti na parove $A=(1,1)$ i $B=(x,y)$ i uvažavajući uvjet $x^2+y^2=8$ dobivamo $$(x+y)^2\leq(1+1)^2\cdot(x^2+y^2)=2\cdot8=16$$ odakle korjenovanjem dobivamo $|x+y|\leq4$. Budući da vrijedi i $x+y\leq|x+y|$, dobivamo traženu nejednakost.
Zadatak 12. ([2, str. 127, zad. 1]) Ako je $\frac1{x^2}+\frac1{y^2}=a$, gdje je $a>0$, dokažite da je onda $$x^2+y^2\leq\frac4{a}.$$
Rješenje. Primijenimo li Cauchyjevu nejednakost na parove $A=\left(\frac1x, \frac1y\right)$ i $B=(x,y)$ dobivamo: $$(1+1)^2\leq\left(\frac1{x^2}+\frac1{y^2}\right)(x^2+y^2),$$ odakle korištenjem uvjeta dobivamo $4\leq a(x^2+y^2)$, što je ekvivalentno traženoj nejednakosti.
Zadatak 13. ([3, str. 241, zad. 76]) Ako su $a,b$ i $c$ pozitivni realni brojevi takvi da je $a+b+c=1$, dokažite:
a) $\frac1a+\frac1b+\frac1c\geq9$
b) $ab+bc+ca\leq\frac13$.
Rješenje.
a) Primijenimo li Cauchyjevu nejednakost na trojke $A=(\sqrt{a}, \sqrt{b}, \sqrt{c})$ i $B=\left(\frac1{\sqrt a},\frac1{\sqrt{b}},\frac1{\sqrt{c}}\right)$ dobivamo: $$(a+b+c)\left(\frac1a+\frac1b+\frac1c\right)\geq9,$$ što zajedno s uvjetom zadatka $a+b+c=1$ daje traženu nejednakost.
b) U primjeru 1 dokazali smo da vrijedi $$ab+bc+ca\leq a^2+b^2+c^2.$$ Desnu stranu nejednakosti dopunimo do potpunog kvadrata: $$ab+bc+ca\leq a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca). $$ Koristeći se uvjetom $a+b+c=1$, dobivamo $$ab+bc+ca\leq1-2(ab+bc+ca),$$ odakle slijedi tražena nejednakost.
Zadatak 14. ([2, str. 127, zad. 7]) Ako za realne brojeve $a,b$ i $c$ vrijedi $a+b+c=6$, dokažite da je onda $$a^2+b^2+c^2\geq12.$$
Rješenje. Slično kao u primjeru 3, primijenimo li Cauchyjevu nejednakost na trojke $A=(a,b,c)$ i $B=(1,1,1)$, dobivamo: $$(a+b+c)^2\leq(a^2+b^2+c^2)(1^2+1^2+1^2)=3(a^2+b^2+c^2),$$ što uz zadani uvjet $a+b+c=6$ daje traženu nejednakost.
Primjer 1 i zadatak 14 mogu se generalizirati tako da se za zbroj $a+b+c$ uzme bilo koji broj $S$. Tada će zadatak glasiti ovako:
Ako za realne brojeve $a,b,c$ vrijedi $a+b+c=S$, tada je $a^2+b^2+c^2\geq\frac{S^2}3$.
Dokaz zadatka provodi se na isti način kao što su riješeni primjer 1 i zadatak 14. Na sličan način jednostavno se mogu poopćiti i ostali zadatci u kojima se javljaju uvjeti zamjenjujući konstantu iz uvjeta s nekim drugim realnim brojem.
Povijesni početci ove nejednakosti
Augustin-Louis Cauchy (1789. – 1857.) francuski je matematičar poznat po mnogim matematičkim doprinosima. Neki od tih doprinosa su zadovoljavajuća definicija limesa, potom definicija funkcije tako da budu uključene i implicitno zadane funkcije, a mnogi kažu kako je upravo Cauchy uveo $\varepsilon$-$\delta$ jezik u analizu. Smatra se osnivačem teorije funkcija jedne varijable, razvio je teoriju valova u optici, jedan je od prvih koji je matematički strogo zasnivao i razvijao infinitezimalni račun.
Svoju poznatu nejednakost objavio je 1821. godine u drugoj od dviju bilješki o teoriji nejednakosti koje su činile završni dio njegove knjige Cours d’Analyse Algebrique. Upravo se ta knjiga smatra prvim svjetskim strogo matematičkim tekstom. Prva primjena Cauchyjeve nejednakosti bila je 1829. godine kada je Cauchy iskoristio svoju nejednakost u istraživanju Newtonove metode za izračunavanje korijena algebarske i transcedentne jednadžbe. Oblik koji je Cauchy koristio bio je upravo oblik koji smo naveli u teoremu 2.
Cauchyjeva nejednakost u kojoj su sume zamijenjene integralima pojavila se kod ruskog matematičara Victora Bunyakovskog (1804.-1889.). Bunyakovsky je tako napisanu nejednakost objavio 1859. godine u svojem djelu Memoire. Tada nejednakost dobiva i sljedeći oblik:
$$\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx \leq \bigg( \int_{a}^{b} f^2(x)dx \bigg)^\frac{1}{2}\bigg( \int_{a}^{b} g^2(x)dx \bigg)^\frac{1}{2}.$$
Njemački matematičar Hermann Schwarz (1843. – 1921.) radeći na teoriji minimalih površina imao je potrebu za nejednakosti s dvodimenzionalnim integralima. Takva nejednakost bila je analogna Cauchyjevoj nejednakosti. Pokazao je da ako je $S \subseteq \mathbb{R}^2 , f:S \rightarrow \mathbb{R} $ i $g:S \rightarrow \mathbb{R}$, tada dvostruki integrali $A= \int\!\!\int_{S} f^2, B=\int\!\!\int_{S} fg $ i $C=\int\!\!\int_{S} g^2$ moraju zadovoljavati nejednakost
$$|B| \leq \sqrt{A} \sqrt{C},$$
pri čemu vrijedi stroga nejednakost, osim ako su funkcije $\mathnormal{f}$ i $\mathnormal{g}$ proporcionalne. Schwarz je također nejednakost zapisao koristeći se skalarnim produktom: $$\langle u,v \rangle^2 \leq \langle u,u \rangle \langle v,v \rangle,$$
pa se takav oblik nejednakosti i danas naziva Schwarzovim oblikom. Upravo zbog tih triju velikih matematičara Cauchyjevu nejednakost ponekad nazivamo i Cauchy-Schwarz-Bunyakovskyjeva nejednakost ili kraće CSB nejednakost, [1].
Danas poznajemo razne varijante i analogone nejednakosti CSB koje vrijede u različitim matematičkim strukturama, ali u osnovi, oblik im je sličan osnovnoj Cauchyjevoj nejednakosti iz 19. stoljeća.
Literatura
- L. Bebek (2024.): Cauchyjeva nejednakost i njezine generalizacije, diplomski rad, PMF, Zagreb
- B. Dakić, N. Elezović (2006.): Matematika 1, udžbenik i zbirka zadataka za prvi razred gimnazije, 1. dio, Element, Zagreb
- M. Kurnik, B. Pavković, Ž. Zorić (2007.): Matematika 1, udžbenik za 1. razred prirodoslovno-matematičke gimnazije, 1. dio, Školska knjiga, Zagreb