a

1. Prof. Dr Vojislav Andrić
NEJEDNAKOSTI
U sedmom razredu smo dokazivali nejednakosti oblika 22010
> 10602
, x2
+ x + 1 > 0.
U osmom razredu (a i ranije) smo videli smo da se formule koje imaju oblik L * D (gde su L i D
algebarski izrazi, a * jedan od simbola >, <, , ) nazivaju nejednakosti.
Ako u formuli L * D izrazi L i D ne sadrže promenljivu onda se dobijena nejednakost naziva
numerička nejednakost. 1
Takva su na primer nejednakosti: 2300
< 3200
ili 13
+ 23
+ … + 993
< 2 500 000.
Ukoliko u formuli L * D, bar jedan od izraza L i D sadrži jednu ili više promenljivih onda dobi-
jena nejednakost može biti ispunjena za sve vrednosti promenjivih i tada se dobijena formula naziva
jednostavno nejednakost. Primeri takvih nejednakosti su: x4
+ x + 1 > 0, a2
+ b2
+ c2
 ab + bc + ca ili
x4
+ y4
 x3
y + xy3
.
Medjutim, postoji mogućnost da formula L * D , gde bra jedan od izraza L i D sadrže jednu ili više
promenjivih, za neke vrednosti promenljivih bude tačna, a za neke vrednosti netačna. Tada govorimo o
nejednačinama.
Cilj ove tematske jedinice je da ukaže na neke primere i metode dokazivanja numeričkih nejedna-
kosti i nejednakosti uopšte i proširi i produbi već ranije stečena znanja u ovoj oblasti.
PRIMER 1.
Dokaži nejednakost: .
10
100
1
...
2
1
1
1




Rešenje: Za svaki od sabiraka na levoj strani važe nejednakosti .
10
1
100
1
99
1
...
2
1
1
1





Kako je svaki od sabiraka veći ili jednak od
10
1
to je 10
10
1
100
100
1
...
2
1
1
1






PRIMER 2.
Dokaži da je 1
1
201
2010
1
...
3
2
1
2
1
1







. Da li se data nejednakost može uopštiti?
Rešenje: Svaki sabirak u datoj nejednakosti ima oblik
)
1
(
1

 k
k
. Kako je
1
1
1
)
1
(
1




 k
k
k
k
, to se
dobija 1
2011
1
1
2011
1
2010
1
...
4
1
3
1
3
1
2
1
2
1
1
1
1
201
2010
1
...
3
2
1
2
1
1


















.
1
U matematičkoj teoriji takva nejednakost se susreće i pod imenom bezuslovna nejednakost

2. Uopštavanje nejednakosti podrazumeva razmatranje slučaja za bilo koji prirodan broj n. Uopštenim razma-
tranjem se dobija 1
1
1
1
1
1
1
1
...
3
1
2
1
2
1
1
1
)
1
(
1
...
3
2
1
2
1
1



















 n
n
n
n
n
n
n
.
PRIMER 3.
Ako su a i b realni brojevi, onda je: a) ca
bc
ab
c
b
a 


 ≥
2
2
2
; b) 2
2
2
2
2
2
2
2
2
8
≥
)
)(
)(
( c
b
a
a
c
c
b
b
a 

 .
Rešenje: Poznato je da je da za svaka dva realna broja a i b važi nejednakost (a – b)2
 0. To znači da je
a2
– 2ab + b2
 0, pa je a2
+ b2
 2ab. Jednakost važi ako je a – b = 0, tj. ako je a = b.
a) Koristeći prethodnu nejednakost dobija se a2
+ b2
+ b2
+ c2
+ c2
+ a2
 2ab +2bc + 2ca. Ako se dobijena
nejednakost podeli sa 2, onda je ca
bc
ab
c
b
a 


 ≥
2
2
2
, štoje trebalo dokazati. U dobijenoj formuli
jednakost važi ako je a = b i b = c, pa prema tome ako je a = b = c.
b) Slično, (a2
+ b2
)(b2
+ c2
)(c2
+ a2
)  2ab  2bc  2ca = 8a2
b2
c2
. I u ovoj nejednakosti jednakost važi ako je
a = b i b = c, pa prema tome ako je a = b = c.
U prethodnim primerima tražene nejednakosti su dokazivane tako što se polazilo od poznatih neje-
dnakosti (najčešće x2
 0) i potom nizom ekvivalentnih algebarskih transformacija dobila nejedna-
kost koju je trebalo dokazati. Primer koji sledi podrazumeva suprotan postupak, a to znači da se
polazi od nejednakosti koju treba dokazati, a onda sistemom ekvivalentnih transformacija dobija
neka od već dobro poznatih nejednakosti.
PRIMER 4.
Ako je x realan broj onda je 2
2
4
2
)
1
(
≥
)
1
(
3 x
x
x
x 


 . Dokaži.
Rešenje: Ako se transformiše nejednakost 2
2
4
2
)
1
(
≥
)
1
(
3 x
x
x
x 


 dobija se njoj ekvivalentna neje-
dnakost 3
2
4
2
4
2
2
2
2
1
≥
3
3
3 x
x
x
x
x
x
x 





 . Sledi da je 0
2
2
2
2 3
4



 x
x
x . Rastavljanjem
leve strane na činioce dobija se 0
)
)
1
(
)
1
(
(
2 3



 x
x
x ili 0
)
1
)(
1
(
2 3


 x
x . Poslednja nejedna-
kost je tačna, jer su izrazi x – 1 i x3
– 1 uvek istoga znaka.
U mlađim razredima bilo je reči o aritmetičkoj sredini dva realna broja . Tako je za realne brojeve a i
b aritmetička sredina definsana jednakošću A =
2
b
a 
. Pored aritmetičke sredine može se posmatrati I
geometrijska, harmonijska i kvadratna sredina: G = ab , H =
b
a
1
1
2

I K =
2
2
2
b
a 
. Važno
je napomenuti da se navedene sredine posmatraju za pozitivne realne brojeve, jer u suprotnom geometrijska
sredina ne bi bila definisana.
PRIMER 5.
Dokaži da za pozitivne realne brojeve važi nejednakost K  A  G  H.

3. Rešenje: Tražena nejednakosti se najefikasnije dokazuje svođenjem na već poznate nejednakosti.
Iz A  G, tj. ab
b
a


2
sledi da je ab
b
a 2

 , tj   0
2

 b
a , što je očigledno tačno.
Ako je K  A, tj.
2
2
2
2
b
a
b
a 


, onda se posle kvadriranja dobija
4
2
2
2
2
2
2
b
ab
a
b
a 



.
Daljom transformacijom se dobija 2a2
+ 2b2
 a2
+ 2ab + b2
, odnosno a2
– 2ab + b2
 0, što je takođe
tačno.
Iz G  H, tj
b
a
ab
1
1
2

 sledi da je
b
a
ab
ab


2
ili ab
ab
ab
b
a



2
. Dobijena
nejednakost je već dokazana nejednakost A  G.
ZADACI
1. Šta je veće: 2011
2
ili
2012
2010  ?
2. Dokazati nejednakost:
1
2
1
2
1
2
1
2
2012
2011
2011
2010





. Može li se data nejednakost uopštiti?
3. Šta je veće: n
n 2
ili
! ?
4. Dokaži nejednakost: .
1
1
...
3
1
2
1
2
2
2




n
5. Da li važi nejednakost:
10
1
100
99
...
6
5
4
3
2
1


 ?
6. Ako je x  0, onda je 2
1


x
x . Dokaži.
7. Ako je 0 < x  a  1, onda je
a
a
x
x
1
1


 . Dokaži.
8. Ako je x realan broj, onda je
2
1
1
4
2


x
x
. Dokaži..
9. Ako je 2
je
onda
,
2
2
2



 y
x
y
x . Dokaži.
10. Dokazati da je x8
– x5
+ x2
– x + 1 > 0 za svako realno x .
11. Ako je 3
2


x
x , onda je 3
≥
2
2011
2011
x
x  . Dokazati.
12. Neka su a, b, c i d pozitivni realni brojevi. Dokazati nejednakosti:
a) 4
4
abcd
d
c
b
a




; b) ab
b
a 4
2
4
4


 ; c) 3
3
abc
c
b
a



;
d) 3



a
c
c
b
b
a
.
13. Ako su x, y i z pozitivni realni brojevi i ako je xyz = 1, onda je (x + 1)(y + 1)(z + 1)  8. Dokaži.

4. 14. Neka su n
a
a
a ,
...
,
, 2
1 pozitivni realni brojevi takvi da je n
a
a
a 

 ...
2
1 = 1. Dokaži nejednakost:
n
n
a
a
a 2
)
1
(
...
)
1
)(
1
( 2
1 



15. Neka su n
a
a
a ,
...
,
, 2
1 pozitivni realni brojevi. Dokazati da tada važi sledeća nejednakost:
2
2
1
2
1 )
1
...
1
1
)(
...
( n
a
a
a
a
a
a
n
n 





 .
16. Neka su n
a
a
a ,
...
,
, 2
1 pozitivni realni brojevi. Dokazati da tada važi sledeća nejednakost:
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
a
3
1
....
1
1 2
2
2
2
2
1
1
2
1










17. Neka a su a i b katete, c hipotenuza, h hipotenuzina visina, r poluprečnik upisanog, a R poluprečnik
opisanog kruga i P površina pravouglog trougla. Dokazati nejednakosti:
a) a3
+ b3
< c3
; b) a + b < c + h ; c) P
c 2
 ; d) P
R
r 2

 ; e) 2
c
b
a
c 

 .
18. Ako su a, b i c merni brojevi kateta pravouglog trougla, odnosno hipotenuze pravouglog trougla,
onda za svaki prirodan broj n (n > 2) važi nejednakost an
+ bn
< cn
. Dokaži.
19. Ako su a, b , c , d pozitivni realni brojevi takvi da je a + b + c + d = 1, dokazati da važi nejednakost:
6
1
4
1
4
1
4
1
4 






 d
c
b
a .
REŠENJA
1. Neka je A = 2012
2010  i B = 2011
2 . Kako su A i B pozitivni, to se kvadriranjem
izraza A i B dobija A2
= 2010 + 2 2012
2012
2010 
 = 4022 + 2 2012
2010  i B2
= 4  2011
= 4012 + 22011. Tada je A2
– B2
= 2 2011
2
2012
2010 

 = 2 )
1
2011
)(
1
2011
( 
 – 2  2011
= 




 

 2011
1
2011
2 2
< 0. Dakle A2
< B2
, pa je i A < B.
2. Ako je x = 22010
data nejednakost postaje
1
4
1
2
1
2
1





x
x
x
x
. Ako je 2x + 1 > 0 i 4x + 1 > 0 (što
znači da je x >
4
1
 ), onda je dobijena nejednakost je ekvivalentna sa (x + 1)(4x + 1) > (2x + 1)2
,
tj. 4x2
+ 5x + 1 > 4x2
+ 4x + 1 ili x >0. Dakle, za svako x > 0 važi nejednakost
1
4
1
2
1
2
1





x
x
x
x
.
Kako je x = 22010
> 0, to iz dokazane opšte nejednakosti važi i data nejednakost.
3. Ako je n = 1, onda je n! = 1 < 2n
= 2.
Ako je n = 2, onda je n! = 2 < 2n
= 4.
Ako je n = 3, onda je n! = 6 < 2n
= 8.
Neka je za n > 3, A =
2
2
1
...
2
6
2
5
2
3
2
2
1
...
2
5
2
4
2
3
2
2
2
1
2
...
2
2
...
2
1
2
! n
n
n
n
n
n
n





















 . Kako
je u dobijenom izrazu svakui činilac veći od 1, to je i A > 1. To znači da je za n > 3, n
n 2
!  .

5. 4. Iskoristiti primer 2 i činjenicu da za svaki prirodan broj n > 1 važi nejednakost
)
1
(
1
1
2


n
n
n
.
5. Ako je A =
100
99
...
6
5
4
3
2
1

 , onda je A > 0 i 100
99
98
...
7
6
5
4
3
2
99
100
...
5
6
3
4
1
2
1







A
.
Kako je
98
97
99
98
,
...
,
6
5
7
6
,
4
3
5
4
,
2
1
3
2



 to je 100
98
97
...
6
5
4
3
2
1
1




A
. Sledi da je
A
A
A
A
100
100
100
100
99
100
100
100
99
100
100
99
98
97
...
6
5
4
3
2
1
1








 ili 1 > 100A2
. Jasno je da
je tada
100
1
2

A i
10
1

A .
6. Neka je x  0. Kako je (x – 1)2
 0, to je i x2
– 2x + 1  0, pa je x2
+ 1  2x. Pošto je x > 0, onda
se deljenjem nejednakosti sa x dobija 2
1
2


x
x
, odnosno tražena nejednakost 2
1


x
x .
7. Ako je
a
a
x
x
1
1


 , onda zbog činjenice da je 0 < x  a  1 (a samim tim i ax > 0) sledi da je
ax2
+ a  a2
x + x. Dalje je ax2
+ a – a2
x – x = ax(x – a) – (x – a) = (x – a)(ax – 1)  0, što je tačno,
jer je x – a  0 i ax – 1  0, pa je njihov proizvod uvek nenegativan.
8. Tražena nejednakost se dobija iz nejednakosti (x2
– 1)2
 0.
9. Kako je 2xy  x2
+ y2
 2, to je x2
+2xy + y2
 4, odnosno (x + y)2
 4. Sledi da je 2

 y
x .
10. * Ako je x  0, onda je svaki od sabiraka nenegativan pa je nejednakost ispunjena.
* Ako je 0 < x < 1, onda je x8
– x5
+ x2
– x + 1 = x8
+ x2
(1– x3
) + (1 – x). Kako su tada izrazi 1– x3
i
1 – x pozitvni, to je i x8
– x5
+ x2
– x + 1 > 0.
* Ako je x  1, onda je x8
– x5
+ x2
– x + 1 = x5
(x3
– 1) + x(x – 1) + 1. Kako su tada izrazi x3
– 1 i
x – 1 nenegativni, to je x8
– x5
+ x2
– x + 1 > 0. .
11. Ako je 3
2


x
x , onda je x  0, pa je x2
+ 2 = 3x. Sledi da je x2
– 3x + 2 = (x – 1)(x – 2) = 0, pa je
x = 1 ili x = 2.. Tada je 3
2
1
2
2011
2011




x
x ili 3
2
2
2
2
2011
2011
2011
2011




x
x .
12. Sve nejednakosti se dokazuju korišćenjem nejednakosti A  G, tj. xy
y
x


2
.
a) Nejednakost se dobija, ako se zameni x =
2
b
a 
i y =
2
d
c 
b) U prethodnoj nejednakosti staviti c = 1 i d = 1.
c) U nejednakosti 4
4
abcd
d
c
b
a




zameniti d =
3
c
b
a 

.
d) Nejednakost je direktna posledica prethodne nejednakosti pod c.
Napomena: Nejednakosti a) i c) predstavljaju nejednakost između aritmetiče i geometrijske sredine
za tri odnosno četiri broja.

6. 13. Ako su x, y i z pozitivni realni brojevi, onda je z
z
y
y
x
x






2
1
,
2
1
,
2
1
, pa se
množenjem prethodnih nejednakosti dobija (x + 1)(y + 1)(z + 1)  8 xyz = 8.
14. Nejednakost se dokazuje na isti način kao u prethodnom zadatku.
15. Na osnovu nejednakosti između aritmetičke i geometrijske sredine za n brojeva sledi da je
n
n
n a
a
a
n
a
a
a ...
... 2
1
2
1 


 i n
n
n a
a
a
n
a
a
a ....
1
1
...
1
1
2
1
2
1



 . Množenjem ovih dveju
nejednakosti dobija se 2
2
1
2
1 )
1
...
1
1
)(
...
( n
a
a
a
a
a
a
n
n 





  2
2
1
2
1
...
...
n
a
a
a
a
a
a
n
n
n
 .
16. Iskoristiti nejednakost x2
+ x + 1 x
x
x 3
1
3 3 2



 , tj. 3
1
2



x
x
x
.
17. a) Kako je a < c i b < c, to je a3
+ b3
= a a2
+ b  b2
< c a2
+ c  b2
= c(a2
+ b2
) = c c2
= c3
.
b) Iz (a + b)2
= a2
+ 2ab + b2
= c2
+ 2ab = c2
+ 4P = c2
+ 2ch < c2
+ 2ch + h2
= ( c + h)2
. Kako su
a + b i c + h pozitivni brojevi to iz dobijene nejednakosti sledi da je a + b < c + h.
c) Kako je c2
= a2
+ b2
 2ab = 4P, to je P
c 2
 .
d) r + R = P
ab
b
a
c
c
b
a
2
2
2
2







.
e) Prvi deo nejednakosti je nejednakost trougla, a drugi sleduje iz relacije a2
+ b2
+ 2ab  a2
+ b2
+
a2
+ b2
= 2c2
.
18. Kako je a < c i b < c i n > 2, to je an
+ bn
= an - 2
 a2
+ bn - 2
 b2
< c n - 2
 a2
+ c n - 2
 b2
= c n - 2
(a2
+ b2
)
= c n - 2
 c2
= cn
.
19. Iz nejednakosti   0
1
1
4
2



x sledi da je 4x + 1 – 2 1
4 
x + 1  0 i 4x + 2  2 1
4 
x i
konačno 1
4 
x  2x + 1, pri čemu jednakost važi samo za x = 0. Primenom prethodne
nejednakosti dobija se 1
2
1
2
1
2
1
2
1
4
1
4
1
4
1
4 













 d
c
b
a
d
c
b
a =
2(a + b + c + d) + 4 = 6.
Napomena: Korišćena je stroga nejednakost, jer je uslov zadatka da su a, b, c, d pozitivni brojevi.