curs1

Curs 1
Convexitate şi inegalităţi
Bibliografie:
1. D.S.Mitrinovic, J. Pecaric, A.M. Fink, Classical and New Inequalities in
Analysis, Kluwer Academic Publishers, 1992.
2. C.P. Niculescu, L.E.Persson, Convex functions and their applications. Contemporary
approach, Springer, Berlin, 2004.
3. L. Panaitopol, V.Bădilă, M. Lascu, Inegalităţi, Editura Gil, Zalău, 2010.
4. M.O. Drimbe, Inegalităţi. Idei şi metode, Editura Gil, Zalău, 2003.
2012.
5. Z. Cvetkovski, Inequalities. Tehniques and Selected Problems, Dordreht,
Inegalităţi:
• x ≤ y şi y ≤ z ⇒ x ≤ z, ∀x, y, z ∈ R;
• x ≤ y şi y ≤ x ⇒ x = y;
• x ≤ y ⇒ x + z ≤ y + z, ∀x, y, z ∈ R;
• x ≤ y şi a ≤ b ⇒ x + a ≤ y + b, ∀x, y, a, b ∈ R;
• x ≤ y şi a > 0 ⇒ ax ≤ ay, ∀x, y ∈ R;
• x 2 ≥ 0, ∀x ∈ R.
• a 1 x 2 1 + a 2 x 2 2 + ... + a 1 x 2 1 ≥ 0, a 1 , a 2 , .., a n > 0.
1

Mediile
Fie M : I × I → I, I interval.
min{s, t} ≤ M(s, t) ≤ max{s, t}, unde M este medie.
Media este simetrică dacă M(s, t) = M(t, s), ∀s, t ∈ I.
Media este strictă dacă
min{s, t} < M(s, t) < max{s, t}, s ≠ t.
Media aritmetică: A(s, t)= s + t , s, t > 0.
2
Media geometrică: G(s, t) = √ st, s, t > 0.
Media armonică: H(s, t) = 2
1
s + 1 t
= 2st , s, t > 0.
s + t
√
s 2 + t 2
Media pătratică: Q(s, t) = , s, t > 0.
2
Inegalitatea mediilor:
min{s, t} ≤ H(s, t) ≤ G(s, t) ≤ A(s, t) ≤ Q(s, t).
Demonstrăm G(s, t) ≤ A(s, t).
√ s + t st ≤
2 .
(s + t)2
Prin ridicare la pătrat, obţinem st ≤ .
4
Rezultă că 4st ≤ s 2 + 2st + t 2 , de unde 0 ≤ (s − t) 2 , inegalitatea adevărată
pentru orice s şi t.
Medii generalizate
Media Hölder (Media putere):
( ) 1 s p + t p
p
M p (s,t) =
, p ≠ 0.
2
2

Dacă:
• p = 1 : M 1 (s, t) = A(s, t);
• p = 2 : M 2 (s, t) = Q(s, t);
• p = −1 : M −1 (s, t) = H(s, t);
( ) 1 (
) 1 s p + t p
p
G(s, t)= lim
= lim 1 + sp + t p − 2 p =
p→0 2
p→0 2
[(
)
2 + t p (
− 2
= lim 1 + sp + t p − 2 s p + t p − 2 ]sp 1 s p − 1
lim
2p
p→0
= e 2 p
p→0 2
= e 1 2 ln(st) = e ln √ st = √ st.
)
+ tp − 1
p =
Observaţie: M p (s, t) =
M −p (s, t) =
( 1
+ 1 )
1
−
s p t p p =
2
st
M p (s, t) .
st
M p (s, t) = M p(s, t), p > 0.
Dacă:
Mediile Lehmer
L p (s,t) =
sp + t p
s p−1 + t p−1 .
• p = 1 : L 1 (s, t) = s + t = A(s, t).
2
• p = 0 : L 0 (s, t) = H(s, t).
• p = 1 √ √
s + t
2 : L 1 (s, t) =
1
2
√ + 1 = √ st = G(s, t).
√ s t
Observaţie: H, G, A sunt singurele medii comune mediilor Hölder şi Lehmer.
1
Dacă p > 0 ⇒ L −p (s, t) =
s−p + t −p
s −p−1 + t = s + 1 p t p
−p−1 1
s + 1 =
p+1 t p+1
=
st
L p+1 (s, t) .
s p + t p
s p t p
s p+1 + t p+1
s p+1 t p+1 =
Mediile Stolarsky
[ ] s p − t p 1
p−1
S p (s,t) =
, p ≠ 0, p ≠ 1.
p(s − t)
3

[ ] s 2 − t 2 1
S 2 (s, t) =
= s + t
2(s − t) 2
S −1 (s, t) =
( 1 s − 1 t
t − s
[ s p
lim S − t p
p(s, t) = lim
p→0 p→0 p(s − t)
(
= (s − t) ln s ) −1
=
t
= A(s, t).
) −
1
2 =
√
st = G(s, t).
] 1
p−1
= lim
s − t
ln(s) − ln(t) .
p→0
[
t p
p−1
(s − t) 1
p−1
(
( s
t
) p
− 1
p
) 1
p−1 ] =
Media logaritmică
L(s,t) =
s − t
ln(s) − ln(t) = S 0(s, t).
[ ] s p
lim S − t p 1
p−1
p(s, t) = lim
=
p→1 p→1 p(s − t)
[(
)
= lim 1 + sp − t p − ps + pt
p→1 p(s − t)
p(s − t) − ps − (t p − pt)
s p − t p − ps + pt ]sp p(s − t)(p − 1)
=
(Suntem în cazul de nedeterminare 0 , şi aplicăm regula lui L‘Hospital.)
0
lim
p→1
= e
= 1 e · e ln
s p ln(s) − s − t p ln(t) + t s ln(s) − s − t ln(t) + t
(s − t)(2p − 1) = e s − t
( ) 1
s
s s−t
t t
= 1 e
( s
s
t t ) 1
s−t
.
= e
ln ss
t t
s − t · 1
e =
Media identrică:
I(s,t) = 1 e
( s
s
t t ) 1
s−t
= S1 (s, t).
Observaţie:
H(s, t) ≤
st
I(s, t) ≤
st
L(s, t)
≤ G(s, t) ≤ L(s, t) ≤ I(s, t) ≤ A(s, t).
4

Remarcă:
Mediile Hölder vor fi numite medii cvasi-aritmetice.
M ϕ (s, t) = ϕ −1 ( ϕ(s) + ϕ(t)
2
)
, ϕ continuă şi strict monotonă.
Exerciţii:
1. Fie a, b > 0. Demonstraţi:
a
b + b a ≥ 2.
Soluţie 1: Aplicăm inegalitatea mediilor A şi G, şi obţinem
a
b + b a
2
≥
√
a
b
b
a = 1.
⇒ a b + b a ≥ 2.
Soluţie 2: a b + b a ≥ 2 ⇒ a2 + b 2
≥ 2 ⇒ a 2 + b 2 ≥ 2ab,
ab
de unde (a−b) 2 ≥ 0. Ultima inegalitate este adevărată, ceea ce încheie demonstraţia.
2. Fie x, y, z > 0. Atunci
(x + y)(y + z)(z + x) ≥ 8xyz.
Soluţie: Aplicăm inegalitatea mediilor A şi G, şi obţinem
Înmulţim, şi obţinem
x + y
2
≥ √ xy;
y + z
≥ √ yz;
2
z + x
≥ √ zx;
2
Avem, în final,
(x + y)(y + z)(z + x)
8
≥ √ xyyzzx.
(x + y)(y + z)(z + x) ≥ 8xyz.
5

3. Fie a, b, c > 0. Atunci
( 1
(a + b + c)
a + 1 b + 1 )
≥ 9.
c
Soluţie:
( 1
(a + b + c)
a + 1 b + 1 )
=
c
= 1 + a b + c a + 1 + b a + b c + c a + c b + 1 =
= 3 + a b + b a + c a + a c + b c + c b ≥ 3 + 2 + 2 + 2 ≥ 9.
(Am folosit inegalitatea de la Exerciţiul 1.)
Observaţie:
( 1
(a + b)
a + 1 )
≥ 4 ⇔ A(a, b) ≥ H(a, b).
b
4. Fie a, b, c ∈ R. Atunci
a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca.
Soluţie 1:
a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca | ·2
2a 2 + 2b 2 + 2c 2 − 2ab − 2bc − 2ac ≥ 0 ⇔
(a − b) 2 + (b − c) 2 + (a − c) 2 ≥ 0 (adevărat).
Soluţie 2:
a 2 + b 2
≥ √ a
2
2 b 2 =| ab | .
a 2 + b 2 ≥ 2 | ab |;
b 2 + c 2 ≥ 2 | bc |;
a 2 + c 2 ≥ 2 | ac |;
Adunăm, şi avem
2a 2 + 2b 2 + 2c 2 ≥ 2(| ab | + | bc | + | ca |) ⇔
⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥| ab | + | bc | + | ca |≥ ab + bc + ca.
6

Observaţie: Fie a, b, c > 0. Vom încerca să obţinem alte inegalităţi pornind de
la inegalitatea mediilor A şi G.
I) a2 + b 2
2
≥ ab |: b
Adunăm inegalităţiile, şi obţinem
a 2
b + b ≥ 2a;
b 2
c + c ≥ 2b;
c 2
a + a ≥ 2c;
a 2
b + b2
c + c2
a ≥ a + b + c.
II) a2 + b 2
2
≥ ab | ·2ab
ab(a 2 + b 2 ) ≥ 2a 2 b 2 ;
bc(b 2 + c 2 ) ≥ 2b 2 c 2 ;
ca(c 2 + a 2 ) ≥ 2c 2 a 2 ;
Prin adunare, se obţine
ab(a 2 + b 2 ) + bc(b 2 + c 2 ) + ca(c 2 + a 2 ) ≥ 2((ab) 2 + (bc) 2 + (ca) 2 ) ≥
≥ 2(ab 2 c + bc 2 a + ca 2 b) ≥ 2abc(a + b + c).
Aşadar
ab(a 2 + b 2 ) + bc(b 2 + c 2 ) + ca(c 2 + a 2 ) ≥ 2abc(a + b + c).
5. Fie a, b, c ∈ R. Atunci
3(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ (a + b + c) 2 .
Soluţie:
3a 2 + 3b 2 + 3c 2 ≥ a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca.
2a 2 + 2b 2 + 2c 2 − 2ab − 2ac − 2bc ≥ 0 ⇒
⇒ (a − b) 2 + (a − c) 2 + (b − c) 2 ≥ 0, adevărat.
7

6. Fie x, y, z ∈ R + , x + y + z = 1. Să se arate că
Soluţie 1:
xy
z + yz
x + zx y ≥ 1.
xy
z + yz
x + zx y ≥ 1 ⇔
⇔ (xy) 2 + (yz) 2 + (zx) 2 ≥ xyz
(xy) 2 + (yz) 2 + (zx) 2 ≥ xy 2 z + yz 2 x + zx 2 y ≥ xyz(x + y + z) = xyz · 1 = xyz.
Soluţie 2: Aplicăm inegalitatea mediilor A şi G, şi obţinem
xy
z + yz √ xy
x ≥ 2 yz
z x = 2y;
Adunăm, şi obţinem
xy
z + zx √ xy
y ≥ 2 zx
z y = 2x;
yz
x + zx √ yz
y ≥ 2 zx
x y = 2z;
( xy
2
z + yz
x + zx y
)
≥ 2(x + y + z).
Ştim că x + y + z = 1, deci
xy
z + yz
x + zx y ≥ 1.
7. Fie x, y, z > 0. Atunci
x 2 − z 2
y + z + y2 − x 2
z + x + z2 − y 2
x + y ≥ 0.
Soluţie: Metoda notaţiei:
y + z = a;
z + x = b;
x + y = c;
Prin adunare, se obţine
2(x + y + z) = a + b + c ⇒ x + y + z = a + b + c
2
⇒ x = a + b + c
2
− a ⇒
8

⇒ x = b + c − a .
2
x + y + z = a + b + c
2
x + y + z = a + b + c
2
⇒ y = a + b + c
2
⇒ z = a + b + c
− b ⇒ y = c + a − b .
2
− c ⇒ z = a + b − c .
2
2
Înlocuim în inegalitatea iniţială pe x, y, z, scrise în forma de mai sus:
(b + c − a) 2 − (a + b − c) 2
+ (c + a − b)2 − (b + c − a) 2
+ (a + b − c)2 − (c + a − b) 2
4a
4b
4c
= b2 + c 2 + a 2 + 2bc − 2ab − 2ac − a 2 − b 2 − c 2 − 2ab + 2ac + 2bc
+
4a
+ c2 + a 2 + b 2 + 2ca − 2cb − 2ab − b 2 − c 2 − a 2 − 2bc + 2ba + 2ca
+
4b
+ a2 + b 2 + c 2 + 2ab − 2ac − 2bc − c 2 − a 2 − b 2 − 2ca + 2cb + 2ab
=
4c
4bc − 4ab 4ca − 4bc 4ab − 4ca
= + + = bc 4a 4b 4c a − b + ca b − c + ab
c − a ⇒
bc
a + ac
b + ab
c − (a + b + c) ≥ 0 ⇒ bc a + ac
b + ab
c ≥ a + b + c.(⋆)
Demonstrarea inegalităţii iniţiale s-a redus la demonstrarea inegalităţii (⋆).
Adunăm, şi obţinem
( bc
2
a + ac
b + ab )
c
bc
a + ac
b + ab
c ≥ a + b + c.
bc
a + ac
√
bc
b ≥ 2 ac
a b = 2c.
bc
a + ab
√
bc
c ≥ 2 ab
a c = 2b.
ac
b + ab
√
ac
c ≥ 2 b
ab
c = 2a.
≥ 2(a + b + c) ⇒ bc a + ac
b + ab
c ≥ a + b + c.
=
Observaţie: Dacă x, y, z > 0 şi a = y + z, b = z + x, c = x + y, atunci a, b, c
sunt laturile unui triunghi.
a + b > c ⇔ y + z + z + x > x + y ⇔ 2z > 0 (adevărat).
b + c > a ⇔ z + x + x + y > y + z ⇔ 2x > 0 (adevărat).
c + a > b ⇔ x + y + y + z > z + x ⇔ 2y > 0 (adevărat).
⇒ a, b, c sunt laturile unui triunghi.
9

x + y + z = a + b + c = p (semiperimetrul.)
2
x = p − a
y = p − b
z = p − c.
S = √ p(p − a)(p − b)(p − c) = √ (x + y + z)(xyz). (aria)
r = S p = √
xyz(x + y + z)
x + y + z
√ xyz
=
(raza cercului înscris).
x + y + z
R = abc
4S
=
(y + z)(z + x)(x + y)
4 √ xyz(x + y + z)
(raza cercului circumscris).
Inegalitatea lui Euler:
R ≥ 2r.
Demonstraţie:
(y + z)(z + x)(x + y)
4 √ xyz(x + y + z)
√ xyz
≥ 2
x + y + z ⇔
⇔ (y + z)(z + x)(x + y) ≥ 8xyz. (demonstrată la Exerciţiul 2).
Temă:
1. Fie a, b, c ∈ R + . Atunci
2. Fie a, b, c ∈ R. Atunci
(a + 1 b )(b + 1 c )(c + 1 a ) ≥ 8.
ab
a + b + 2c + bc
b + c + 2a + ca
c + a + 2b ≤ a + b + c .
4
3. Inegalitate personală.
10