MATEMANIJA

Pozdrav svima!

Oprostićete što ne znam mnogo o ovome što pitam, ali reč je o funkciji tipa
[dispmath]a+b=1[/dispmath]
U nekolicini zadataka se ispostavilo da se dobije dobro rešenje, ako se uzme da je
[dispmath]a=b=\frac{1}{2}[/dispmath]
Kako bih bio jasniji, evo primera (u pitanju je knjiga "Pripremni zadaci za matematička takmičenja za učenike srednjih škola (sa rešenjima)"; autori su: Vladimir Dragović, Pavle Mladenović i Srđan Ognjanović; treće izdanje, 1999. godina):

Glava IV - Nejednakosti, zadatak 227.
Ako su [inlmath]a[/inlmath] i [inlmath]b[/inlmath] pozitivni brojevi i [inlmath]a+b=1[/inlmath], dokazati da je
[dispmath]\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2\ge\frac{25}{2}[/dispmath]
Ukoliko se pretpostavi [inlmath]a=b=\frac{1}{2}[/inlmath], kao rešenje se dobija [inlmath]\frac{25}{4}+\frac{25}{4}\ge\frac{25}{2}[/inlmath] , što očigledno važi.
Čisto da napomenem, zadatak može da se reši i uvođenjem smene
[dispmath]a=\frac{1}{2}+x,\enspace b=\frac{1}{2}-x,\enspace|x|\le\frac{1}{2}[/dispmath]
Kada se ta smena uvede u izraz, uoči se da je vrednost minimuma nastale funkcije [inlmath]\frac{25}{2}[/inlmath]. Ipak, primetio sam da se primenom gore navedene metode još nekolicina zadataka, koje ću, ukoliko bude interesovanja, da prekucam, trivijalizuje. Stoga me interesuje može li to da se primeni, kao i da li potiče od nejednakosti koja se dobija iz kvadrata binoma
[dispmath]a+b\ge2\sqrt{ab}[/dispmath]
Hvala unapred!

Pozdrav i tebi!

Uroš je napisao:U nekolicini zadataka se ispostavilo da se dobije dobro rešenje, ako se uzme da je
[dispmath]a=b=\frac{1}{2}[/dispmath]

Ne bih ti preporučio da se previše uzdaš u ovo „pravilo“. Ne znam o kojim i kakvim zadacima je tačno reč, ali uvek se može pojaviti i izuzetak, npr. da se tačno rešenje dobije za [inlmath]\left(a,b\right)=\left(\frac{1}{4},\frac{3}{4}\right)[/inlmath] ili slično.

Uroš je napisao:Ukoliko se pretpostavi [inlmath]a=b=\frac{1}{2}[/inlmath], kao rešenje se dobija [inlmath]\frac{25}{4}+\frac{25}{4}\ge\frac{25}{2}[/inlmath] , što očigledno važi.

Kao što rekoh, ne preporučujem ti nikakve pretpostavke, već da postupkom dođeš do konkretnih brojnih vrednosti za [inlmath]a[/inlmath] i za [inlmath]b[/inlmath]. Osim toga, ako nejednakost važi za [inlmath]a=b=\frac{1}{2}[/inlmath], šta ti garantuje da će važiti i za ostale moguće brojne vrednosti [inlmath]a[/inlmath] i [inlmath]b[/inlmath] koje zadovoljavaju uslove zadatka?
To jest, kako znaš da ćeš za [inlmath]a=b=\frac{1}{2}[/inlmath] dobiti baš minimum vrednosti posmatranog izraza?

Uroš je napisao:Čisto da napomenem, zadatak može da se reši i uvođenjem smene
[dispmath]a=\frac{1}{2}+x,\enspace b=\frac{1}{2}-x,\enspace|x|\le\frac{1}{2}[/dispmath]
Kada se ta smena uvede u izraz, uoči se da je vrednost minimuma nastale funkcije [inlmath]\frac{25}{2}[/inlmath].

Isprobao sam taj način, i nisam ubeđen da je baš najbolji. Izjednačavanjem prvog izvoda s nulom dobio sam, istina, [inlmath]x=0[/inlmath] kao jedno od rešenja, ali pored toga dobijem i jednu kubnu jednačinu s povećim koeficijentima, za koju ne mogu biti siguran da li možda takođe nosi neko rešenje u traženom intervalu.

Uroš je napisao:Ipak, primetio sam da se primenom gore navedene metode još nekolicina zadataka, koje ću, ukoliko bude interesovanja, da prekucam, trivijalizuje. Stoga me interesuje može li to da se primeni,

Ako možeš da pojasniš na šta tačno misliš? Boldovao sam deo koji bi valjalo da preciziraš – tj. da li pod gorenavedenom metodom (inače, piše se sastavljeno po pravopisu) podrazumevaš pretpostavku [inlmath]a=b=\frac{1}{2}[/inlmath], ili podrazumevaš smenu [inlmath]a=\frac{1}{2}+x,\enspace b=\frac{1}{2}-x,\enspace|x|\le\frac{1}{2}[/inlmath]? Obe metode su „gorenavedene“.

Uroš je napisao:kao i da li potiče od nejednakosti koja se dobija iz kvadrata binoma
[dispmath]a+b\ge2\sqrt{ab}[/dispmath]

To što si napisao zapravo je nejednakost između aritmetičke i geometrijske sredine, [inlmath]\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}[/inlmath], samo što je kod tebe dvojka „prešla“ na desnu stranu. Ja bih ti preporučio jedan način za rešavanje ovog zadatka, u kojem, između ostalog, koristiš i tu nejednakost.
Kreneš prvo od nejednakosti
[dispmath]X^2+Y^2\ge\frac{1}{2}\left(X+Y\right)^2[/dispmath]
gde je
[dispmath]X=a+\frac{1}{a},\quad Y=b+\frac{1}{b}[/dispmath]
i onda u toku postupka primeniš uslov [inlmath]a+b=1[/inlmath], kao i pomenutu nejednakost između aritmetičke i geometrijske sredine. Rešava se vrlo lako, u nekoliko koraka...

Hvala na odgovoru i na ispravci u pravopisu, Daniele.

Pre svega, da navedem još neki zadatak gde sam primenom "pravila" došao do tačnog rešenja (ista zbirka je u pitanju):

225. Ako je [inlmath]2x+4y=1[/inlmath], dokazati da je [inlmath]x^2+y^2\ge\frac{1}{20}[/inlmath].
Rešenje: Ako se pretpostavi [inlmath]2x=4y[/inlmath], dobije se [inlmath]\frac{5}{64}\ge\frac{5}{100}[/inlmath], što je tačno.

226. Ako je [inlmath]\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1[/inlmath], dokazati da je [inlmath]\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\ge\frac{1}{2}[/inlmath].
Rešenje: Ako se pretpostavi [inlmath]\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{1}{2}[/inlmath], dobija se [inlmath]\frac{1}{2}\ge\frac{1}{2}[/inlmath], što je tačno.

243. Neka je [inlmath]f(a,b)=\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2[/inlmath]. Izračunati
[dispmath]\inf\left\{f(a,b)\;|\;a+b=1,\;a>0,\;b>0\right\}[/dispmath]
Rešenje: Primenom "pravila" da izraz [inlmath]a+b=1[/inlmath] ima minimalnu vrednost kada [inlmath]a=b=\frac{1}{2}[/inlmath], dobija se da je minimum izraza [inlmath]\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2[/inlmath] jednak [inlmath]\frac{25}{4}+\frac{25}{4}=\frac{25}{2}[/inlmath].

Nisam bio dovoljno jasan u prethodnom postu, izvinjavam se. Naime, došao sam do zaključka da izraz [inlmath]a+b=1[/inlmath] ima minimum kada je [inlmath]a=b=\frac{1}{2}[/inlmath]. Pošto su u pitanju nejednakosti, ako se dokaže da neka nejednakost važi za minimum nekog izraza, jasno je da će ta nejednakost da važi i za bilo koju drugu vrednost tog izraza, koja će svakako da bude veća od minimalne.
Ja ne znam zašto je i da li je upravo [inlmath]a=b=\frac{1}{2}[/inlmath] minimum izraza, s tim ciljem i jesam pisao post. Čudno mi je da to nije slučajno, a čudno mi je i da je slučajno, jer sam to primenio u nekoliko zadataka i svaki put došao do tačnog rešenja.

Daniel je napisao:Isprobao sam taj način, i nisam ubeđen da je baš najbolji. Izjednačavanjem prvog izvoda s nulom dobio sam, istina, [inlmath]x=0[/inlmath] kao jedno od rešenja, ali pored toga dobijem i jednu kubnu jednačinu s povećim koeficijentima, za koju ne mogu biti siguran da li možda takođe nosi neko rešenje u traženom intervalu.

Razumem.

Daniel je napisao:Ako možeš da pojasniš na šta tačno misliš? Boldovao sam deo koji bi valjalo da preciziraš – tj. da li pod gorenavedenom metodom (inače, piše se sastavljeno po pravopisu) podrazumevaš pretpostavku [inlmath]a=b=\frac{1}{2}[/inlmath], ili podrazumevaš smenu [inlmath]a=\frac{1}{2}+x,b=\frac{1}{2}−x,|x|≤12[/inlmath]? Obe metode su „gorenavedene“.

Mislio sam na prvu metodu, onu koju pokušavamo da "raskrinkamo".

Što se tiče onoga u vezi sa kvadratom binoma, odnosno nejednakosti između aritmetičke i geometrijske sredine, slažem se, moja greška; hvala Vam na ispravci. Mislio sam da "pravilo" možda "vuče" korene ( ) odatle...
Hvala na dodatnoj ideji za rešavanje zadatka!

Uroš je napisao:Pre svega, da navedem još neki zadatak gde sam primenom "pravila" došao do tačnog rešenja (ista zbirka je u pitanju):

225. Ako je [inlmath]2x+4y=1[/inlmath], dokazati da je [inlmath]x^2+y^2\ge\frac{1}{20}[/inlmath].
Rešenje: Ako se pretpostavi [inlmath]2x=4y[/inlmath], dobije se [inlmath]\frac{5}{64}\ge\frac{5}{100}[/inlmath], što je tačno.

Ali, zašto bi pretpostavio [inlmath]2x=4y[/inlmath]? Time ne dobijaš minimum izraza [inlmath]x^2+y^2[/inlmath]. Evo ti, na primer, ako pretpostaviš [inlmath]3x=4y[/inlmath] tada za vrednost izraza [inlmath]x^2+y^2[/inlmath] dobiješ [inlmath]\frac{1}{16}[/inlmath], što je još manje od [inlmath]\frac{5}{64}[/inlmath]. Minimalnu vrednost od [inlmath]\frac{1}{20}[/inlmath] dobio bi za [inlmath]2x=y[/inlmath].

Inače, mene ovaj zadatak prosto „vuče“ da ga radim preko analitičke geometrije. [inlmath]2x+4y=1[/inlmath] je jednačina pravca, [inlmath]x^2+y^2=\frac{1}{20}[/inlmath] je jednačina kružnice, a [inlmath]x^2+y^2\ge\frac{1}{20}[/inlmath]jednačina cele oblasti izvan kružnice uključujući i samu kružnicu. Lako se može pokazati da pravac [inlmath]2x+4y=1[/inlmath] tangira kružnicu [inlmath]x^2+y^2=\frac{1}{20}[/inlmath], što znači da se sve ostale tačke tog pravca izuzev tačke dodira – nalaze van kružnice.

Uroš je napisao:226. Ako je [inlmath]\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1[/inlmath], dokazati da je [inlmath]\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\ge\frac{1}{2}[/inlmath].
Rešenje: Ako se pretpostavi [inlmath]\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{1}{2}[/inlmath], dobija se [inlmath]\frac{1}{2}\ge\frac{1}{2}[/inlmath], što je tačno.

Nejednakost jeste tačna, i to u ovom slučaju (za razliku od prethodnog) zaista jeste minimum izraza [inlmath]\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}[/inlmath], ali ja i dalje ne vidim kako si iz ovoga zaključio da to jeste minimum.

Ja bih ovaj zadatak radio ili koristeći onu nejednakost [inlmath]X^2+Y^2\ge\frac{1}{2}\left(X+Y\right)^2[/inlmath] koju pomenuh u prethodnom postu, ili takođe preko analitičke geometrije, gde bi [inlmath]\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1[/inlmath] bila jednačina pravca, [inlmath]\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=\frac{1}{2}[/inlmath] jednačina elipse, a [inlmath]\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\ge\frac{1}{2}[/inlmath] jednačina oblasti izvan elipse uključujući i samu elipsu.

Uroš je napisao:243. Neka je [inlmath]f(a,b)=\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2[/inlmath]. Izračunati
[dispmath]\inf\left\{f(a,b)\;|\;a+b=1,\;a>0,\;b>0\right\}[/dispmath]
Rešenje: Primenom "pravila" da izraz [inlmath]a+b=1[/inlmath] ima minimalnu vrednost kada [inlmath]a=b=\frac{1}{2}[/inlmath], dobija se da je minimum izraza [inlmath]\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2[/inlmath] jednak [inlmath]\frac{25}{4}+\frac{25}{4}=\frac{25}{2}[/inlmath].

Hajde da se izražavamo precizno. Ne može izraz [inlmath]a+b=1[/inlmath] imati minimalnu vrednost kad lepo piše da je jednak jedinici, već se traži za koji će odnos [inlmath]a[/inlmath] i [inlmath]b[/inlmath] izraz [inlmath]\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2[/inlmath] imati minimalnu vrednost.

Uroš je napisao:Nisam bio dovoljno jasan u prethodnom postu, izvinjavam se. Naime, došao sam do zaključka da izraz [inlmath]a+b=1[/inlmath] ima minimum kada je [inlmath]a=b=\frac{1}{2}[/inlmath].

Takođe – verovatno si umesto izraza [inlmath]a+b=1[/inlmath] mislio da napišeš [inlmath]\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2[/inlmath]. Ali, opet nigde nisi dokazao sa se za [inlmath]a=b=\frac{1}{2}[/inlmath] zaista dobije minimum izraza, već se to svodi samo na pretpostavke i na neka iskustva od prethodnih zadataka.

Uroš je napisao:Ja ne znam zašto je i da li je upravo [inlmath]a=b=\frac{1}{2}[/inlmath] minimum izraza, s tim ciljem i jesam pisao post. Čudno mi je da to nije slučajno, a čudno mi je i da je slučajno, jer sam to primenio u nekoliko zadataka i svaki put došao do tačnog rešenja.

Pa eto, u onom 225. zadatku sa [inlmath]2x+4y=1[/inlmath] nisi došao do tačnog rešenja za minimum.
A i sve da nije u pitanju slučajnost već neko pravilo, opet se od tebe kao od učenika/studenta očekuje da umeš da obrazložiš i izvedeš to pravilo, a ne da radiš napamet.

Uroš je napisao:Što se tiče onoga u vezi sa kvadratom binoma, odnosno nejednakosti između aritmetičke i geometrijske sredine, slažem se, moja greška; hvala Vam na ispravci. Mislio sam da "pravilo" možda "vuče" korene ( ) odatle...

Ajd pre svega da se ne persiramo.
Nije tvoja greška, nisam rekao da se ta nejednakost ne može izvući iz kvadrata binoma (može, svakako) – ali, takođe, nema potrebe za izvođenjem ako znamo nejednakost aritmetičke i geometrijske sredine, samo tu nejednakost primenimo na dva člana...

Pročitao sam vašu prepisku. Pitam (ali samo pitam) da li je možda ovo nepoznato korisniku @Uroš:

Ako je zbir dva pozitivna broja jednak jedan onda je njihov maksimalan proizvod [inlmath]0.25[/inlmath] a to se postiže samo ako su oba broja po [inlmath]0.5[/inlmath].

Ovo bih lako dokazao ako ima potrebe.

Hvala ti, Daniele, hvala ti. Ne bih više na temu, jasno mi je šta si hteo da kažeš. Ne brini, persiranja više neće da bude!

@desideri Dokaz svakako nije na odmet, hvala unapred! Da li navedena tvrdnja važi i za proizvod [inlmath]n[/inlmath] članova, čiji je zbir jednak 1, to jest da li je tada vrednost svakog člana [inlmath]\frac{1}{n}[/inlmath]?

Evo ovako ide dokaz za dva člana:
[inlmath]a+b=1\\
ab=a(1-a)=a-a^2[/inlmath]
Sada se nađe prvi izvod gornje funkcije po [inlmath]a[/inlmath] i izjednači s nulom:
[inlmath]1-2a=0[/inlmath]
Odavde je odmah [inlmath]a=\frac{1}{2}=b[/inlmath]
Za [inlmath]a=\frac{1}{2}[/inlmath] prvi izvod menja znak, pri čemu funkcija prelazi iz rašćenja u opadanje pa je jasno da imamo maksimum.

Za [inlmath]n[/inlmath] članova (tvoje jako interesantno pitanje!) još ću malo da razmislim, no voleo bih i da me neko preduhitri.

Za [inlmath]n[/inlmath] clanova relativno brzo iskoci iz aritmeticko geometrijske nejednakosti. Naime, kako je
[dispmath]\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}\ge\sqrt[n]{\smash[b]{x_1x_2\cdots x_n}},[/dispmath]
pri cemu se jednakost dostize za [inlmath]x_1=x_2=\cdots=x_n[/inlmath], to bi nam uslov [inlmath]x_1+x_2+\cdots+x_n=1[/inlmath] iz prethodnog dao da je pri tom uslovu uvek ispunjeno [inlmath]x_1x_2\cdots x_n\le n^{-n}[/inlmath]. Pri tome, jednakost, a time i maksimum proizvoda [inlmath]x_1x_2\cdots x_n[/inlmath], dostize se za [inlmath]x_1=x_2=\cdots=x_n[/inlmath], odnosno konkretno kod nas za [inlmath]x_1=x_2=\cdots=x_n=\frac{1}{n}[/inlmath] (sto dobijamo iz [inlmath]x_1+x_2+\cdots+x_n=1[/inlmath]).

@desideri @Onomatopeja
Hvala, ljudi, hvala!

Razmišljao sam o ovom pitanju da li se, kada je [inlmath]a+b=1[/inlmath] i [inlmath]a,b>0[/inlmath] zaista u zadacima dobija maksimum/minimum za [inlmath]a=b=\frac{1}{2}[/inlmath]. Odgovor je DA, ako se u intervalu [inlmath]\left(0,1\right)[/inlmath] nalazi samo jedan maksimum/minimum i ako posmatrani izraz predstavlja funkciju dve promenljive ([inlmath]a[/inlmath] i [inlmath]b[/inlmath]) simetričnu u odnosu na [inlmath]a[/inlmath] i [inlmath]b[/inlmath]. To jest, ako je [inlmath]f\left(a,b\right)=f\left(b,a\right)[/inlmath].
Pošto se izraz [inlmath]\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2[/inlmath] zaista može predstaviti funkcijom [inlmath]f\left(a,b\right)[/inlmath] koja je simetrična u odnosu na promenljive [inlmath]a[/inlmath] i [inlmath]b[/inlmath], tj. [inlmath]f\left(a,b\right)=f\left(b,a\right)[/inlmath], kod njega takođe važi da, ukoliko na intervalu [inlmath]\left(0,1\right)[/inlmath] ima samo jedan maksimum (ili samo jedan minimum), pri čemu je [inlmath]a+b=1[/inlmath] i [inlmath]a,b>0[/inlmath], tada se taj maksimum (odnosno minimum) mora dobiti za [inlmath]a=b=\frac{1}{2}[/inlmath].

Evo i zašto. Kada je [inlmath]a+b=1[/inlmath], tada promenljivu [inlmath]b[/inlmath] možemo zameniti sa [inlmath]1-a[/inlmath]. Kada je funkcija simetrična u odnosu na [inlmath]a[/inlmath] i [inlmath]b[/inlmath], tj. [inlmath]f\left(a,b\right)=f\left(b,a\right)[/inlmath], tada je simetrična i u odnosu na [inlmath]a[/inlmath] i [inlmath]1-a[/inlmath], tj. [inlmath]f\left(a,\;1-a\right)=f\left(1-a,\;a\right)[/inlmath], što se, opet, može posmatrati i kao funkcija jedne promenljive, [inlmath]g\left(a\right)=g\left(1-a\right)[/inlmath].
Grafik ove funkcije je simetričan u odnosu na pravac [inlmath]a=\frac{1}{2}[/inlmath], što znači da, ako funkcija ima samo jedan maksimum/minimum na intervalu [inlmath]\left(0,1\right)[/inlmath], tada se taj maksimum/minimum mora nalaziti na [inlmath]a=\frac{1}{2}[/inlmath], a samim tim i na [inlmath]b=\frac{1}{2}[/inlmath], budući da je [inlmath]b=1-a[/inlmath].

Ipak, ne bih preporučio da se ovakvo obrazloženje daje na testu/ispitu/takmičenju na kojem je potrebno do rezultata doći postupnim računom. Ovo može, eventualno, biti smernica kako bi se znalo koje rešenje treba da se dobije (a i kao provera da li se dobilo ispravno rešenje).

Ova priča, naravno, ne važi kod zadataka kao što je citirani 225. u kojem ne važi [inlmath]a+b=1[/inlmath] ili [inlmath]x+y=1[/inlmath], već [inlmath]2x+4y=1[/inlmath], pa samim tim nema ni simetrije.