6. Zadatak

Prvo rješenje.

Zapišimo $z_1=x_1+iy_1$ i $z_2=x_2+iy_2$, pri čemu su $x_1,x_2,y_1$ i $y_2$ realni brojevi. Nejednakost u zadatku glasi

$$\sqrt{(ax_1+bx_2)^2+(ay_1+by_2)^2}\ge\frac12\sqrt{(x_1+x_2)^2+(y_1+y_2)^2}.$$

Kvadriranjem i korištenjem identiteta $x_1^2+y_1^2=1$ i $x_2^2+y_2^2=1$ dobivamo ekvivalentnu nejednakost

$$a^2+2ab(x_1x_2+y_1y_2)+b^2\ge\frac14(2+2x_1x_2+2y_1y_2).$$

Množeći nejednakost s $2$ i uvrštavanjem $b=1-a$ dobivamo ekvivalentnu nejednakost

$$2a^2+2\cdot2a(1-a)(x_1x_2+y_1y_2)+2(a^2-2a+1)\ge1+x_1x_2+y_1y_2,$$

što možemo zapisati na sljedeći način:

$$4a^2-4a+1\ge(x_1x_2+y_1y_2)(4a^2-4a+1).$$

Dakle, početna nejednakost je ekvivalentna nejednakosti

$$(2a-1)^2\ge(2a-1)^2(x_1x_2+y_1y_2).$$

Budući da je $(2a-1)^2\ge0$, dovoljno je dokazati $x_1x_2+y_1y_2\le1$. Koristimo li trigonometrijski zapis kompleksnog broja, možemo pisati $x_k=\cos\varphi_k$, $y_k=\sin\varphi_k$, $k=1,2$. Tada je

$$x_1x_2+y_1y_2=\cos\varphi_1\cos\varphi_2+\sin\varphi_1\sin\varphi_2=\cos(\varphi_1-\varphi_2)\le1.$$

Time je dokaz završen.

Službeni dodatak: SCB nejednakost.

Nejednakost $x_1x_2+y_1y_2\le1$ izravna je posljedica SCB nejednakosti

$$(x_1x_2+y_1y_2)^2\le(x_1^2+y_1^2)(x_2^2+y_2^2)$$

i činjenice da je $x_1^2+y_1^2=1$ i $x_2^2+y_2^2=1$. Spomenutu SCB nejednakost ne treba dokazivati, ali zbog cjelovitosti navodimo njezin dokaz. Nejednakost SCB je ekvivalentna nejednakosti (raspišemo i pokratimo)

$$2x_1x_2y_1y_2\le x_1^2y_2^2+y_1^2x_2^2,$$

koja je pak ekvivalentna nejednakosti

$$0\le(x_1y_2-y_1x_2)^2.$$

Drugo rješenje.

Promotrimo jednakokračan trokut u kompleksnoj ravnini kojem su vrhovi $0$, $z_1$ i $z_2$. Točka $\frac12(z_1+z_2)$ je polovište stranice kojoj su vrhovi $z_1$ i $z_2$. Budući da je trokut jednakokračan, ta točka je ujedno i nožište visine iz točke $0$.

To znači da točka $\frac12(z_1+z_2)$ ima najmanju udaljenost od točke $0$ među svim točkama na pravcu koji prolazi kroz $z_1$ i $z_2$.

Točka $z$ se nalazi na pravcu kroz $z_1$ i $z_2$ ako i samo ako je $z=z_2+t(z_1-z_2)$ za neki realni broj $t$.

Ako je $a+b=1$, onda točka oblika $az_1+bz_2=a(z_1-z_2)+z_2$ leži na pravcu kroz $z_1$ i $z_2$, pa vrijedi

$$|az_1+bz_2|\ge\left|\frac12(z_1+z_2)\right|=\frac12|z_1+z_2|.$$