Элементарная математика / Ponarin-I

что также очевидно.

Неравенства вида (13.21) имеют место для средних величин n > 2 положительных чисел. При n = 3 они имеют вид:

Неравенства для средних величин можно эффективно использовать

Равенство выполняется только при a= b и sin C = 1, т.е. для прямоугольного равнобедренного треугольника.

П р и м е р 2. Имеем неравенство (11.14) Птолемея ef 6 ac + bd для шести расстояний между четырьмя точками, взятыми попарно. Если эти точки не лежат на одной прямой, то равенство имеет место в том и только в том случае, когда эти точки лежат на окружности. Так как

т. е. произведение диагоналей четырехугольника не превосходит полусуммы квадратов всех его сторон и равно ей лишь тогда, когда четырехугольник является прямоугольником.

101

П р и м е р 3. Докажем, что косинусы углов треугольника удовлетворяют неравенству:

Если все косинусы неотрицательны, то в силу второго из неравенств (13.22)

√3 cos A cos B cos C 6 13 (cos A + cos B + cos C).

На основании (13.18) по свойству транзитивности неравенств получаем:

√3 cos A cos B cos C 6 12 ,

что эквивалентно (13.25). Если один из косинусов отрицателен (треугольник тупоугольный), то неравенство (13.25) выполняется с очевидностью.

13.6. Получение неравенств из известных тождеств и неравенств.

Применяя тождественные преобразования к имеющимся неравенствам, можно получать эквивалентные им неравенства. Пользуясь транзитивным свойством равенств и неравенств, можно получать из известных тождеств и неравенств новые неравенства.

П р и м е р 1. Используя формулу cos 2a = 2 cos2 a − 1, неравенство (13.19) преобразуем к виду:

Привлекая формулу S = 2R2 sin A sin B sin C площади треугольника, из неравенства (3.28) получаем:

102

П р и м е р 3. Пусть a, b, c — длины сторон треугольника ABC. Согласно (13.22)

Этот процесс получения неравенств можно продолжить.

13.7. Использование чертежа, дополнительных построений нередко представляет собой существо решения задачи на доказательство геометрического неравенства. Тогда важно следить за тем, чтобы не ограничить общность доказательства конкретным чертежом, рассмотреть все возможные случаи. Особенно эффективен метод дополнительных построений (перестроений фигур) в задачах на неравенства, в которых требуется сравнить площади двух фигур.

ка ABC равняется половине площади S данного шестиугольника. Если же они не имеют общей точки, а своим пересечением образуют треугольник MNP (как представлено на рис. 94), то

S= (SAB1CP + SCA1BN + SBC1AM ) + SMNP .

Сдругой стороны,

SABC = 12 (SAB1CP + SCA1BN + SBC1AM ) + SMNP ,

103

откуда

SAB1CP + SCA1BN + SBC1AM = 2SABC − 2SMNP .

1 1

Значит, S = 2SABC − SMNP , откуда SABC = 2 (S + SMNP ) > 2 S. Объеди-

1

няя оба случая, имеем: SABC > 2 S.

З а д а ч а 2. Точки M и N — середины сторон BC и CD выпуклого четырехугольника ABCD. Доказать, что SABCD < 4SAMN .

Р е ш е н и е. Через вершины треугольника AMN проведем прямые, параллельные его противоположным сторонам. Тогда получим треугольник A1M1N1 (рис.95), площадь которого вчетверо больше площади треугольника AMN. Теперь нужно сравнить SABCD и SA1M1N1 . Так как треугольники MA1C и MN1B симметричны относительно точки M, а треугольники NA1C и NM1D симметричны относительно точки N, то SMA1C = SMN1B и SNA1C = SNM1D. Поскольку M1N1 k BD и четырехугольник ABCD выпуклый, то отрезок M1N1 не пересекает стороны четырехугольника. Возможны два случая: 1) точка C лежит внутри треугольника MA1N (или же на одной из его сторон MA1 и NA1), 2) точка C лежит вне треугольника M1AN (рис. 96). В первом случае треугольник A1M1N1 равновелик пятиугольнику BCDM1N1, площадь которого очевидно больше площади четырехугольника ABCD (на сумму SABN1 + SADM1 ). Во втором случае вершина B лежит внутри треугольника AMN1. Поскольку SBMN1 = SCA1M и

AD

При доказательстве неоднократно приходилось опираться на выпуклость четырехугольника ABCD, хотя это и не везде отмечено. Именно по причине выпуклости не имеет места случай, когда точка C лежит

104

вне треугольника A1MN и одновременно точка лежит B вне треугольника N1AM.

Рис. 97

S = 12 AC · BD sin f = AE · BD sin f, f = BOC;

1

4SAMN = 4 · 2 MN · AT sin f = BD · AT sin f; AT > AE 4SAMN > S.

Упражнения

Докажите неравенства для прямоугольного треугольника (13.1— 13.9).

13.9. an + bn < cn при n > 2.

Докажите неравенства для остроугольного треугольника (13.10— 13.12).

13.10.a + b + c > 4R.

13.11.ma + mb + mc > 4R.

13.12.ma + ma + ma 6 1 + R. ha ha ha r

Докажите неравенства для произвольного треугольника (13.13— 13.35).

13.13. a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca).

105

13.14.a(b − c)2 + b(c − a)2 + c(a − b)2 + 4abc > a3 + b3 + c3.

13.15.(a + b − c)(a − b + c)(−a + b + c) 6 abc.

13.16.a2b(a − b) + b2c(b − c) + c2a(c − a) > 0.

13.17.a2 + b2 > 12 c2.

13.18.ha + hb + hc < 2p.

13.19.ha + hb + hc√> 9r.

13.36.Точка D принадлежит стороне BC треугольника ABC. Докажите, что радиус окружности, вписанной в треугольник ABC, меньше суммы радиусов окружностей, вписанных в треугольники ABD

иACD.

13.37.Треугольники ABC и ABD имеют равные углы при вершинах C и D. Докажите, что если |AC − CB| < |AD − DB|, то а) площадь треугольника ABC больше площади треугольника ABD, б) периметр треугольника ABC больше периметра треугольника ABD.

13.38.Докажите, что произведение любых двух сторон треугольника больше 4Rr.

106

13.39.Докажите, что сумма радиусов вписанной и описанной окружностей треугольника не превосходит его наибольшей стороны, если в этом треугольнике нет тупого угла.

13.40.Если b и d — длины боковых сторон трапеции, e и f — длины

еедиагоналей, то |e − f| > |b − d| и e + f > b + d.

13.41.Четырехугольник ABCD вписан в окружность. Докажите,

что

1 1 1 1 1 1 1 e2 + f2 6 4 a2 + b2 + c2 + d2 .

13.42. Биссектрисы углов треугольника ABC пересекают его описанную окружность вторично в точках A1, B1, C1. Докажите, что

SABC 6 SA1B1C1 .

13.43. Дан треугольник ABC. На лучах AB, BC, CA от точек B, C, A отложены соответственно отрезки BB1, CC1, AA1 вне треугольника так, что BB1 = AC, CC1 = AB, AA1 = BC. Докажите, что

SABA1 + SBCB1 + SCAC1 > 3SABC.

13.44. На сторонах треугольника ABC вне его построены правильные треугольники с центрами A1, B1, C1. Докажите, что площадь треугольника A1B1C1 не меньше площади данного треугольника ABC.

§14. Геометрические экстремумы

Наибольшее (максимальное) и наименьшее (минимальное) значения, которые принимает переменная величина при некоторых заданных условиях, называются ее экстремальными значениями (экстремумами).

Если имеется нестрогое неравенство вида x > a (x 6 a), в котором одна часть постоянна, а другая переменна, то эта постоянная есть экстремум данной переменной. Возьмем для примера неравенство (13.18)

cos A + cos B + cos C 6 32 . На множестве всех треугольников сумма коси-

нусов их углов переменна. Число 32 есть максимум этой суммы. Другой пример. Около окружности заданного радиуса r описывается бесконеч-

ное множество треугольников. Для их площадей доказано неравенство

√ √

S > 27r2 (п. 13.6). Число 27r2 является минимумом величины S.

14.1. Экстремальные свойства суммы и произведения положительных чисел. Рассмотрим наиболее типичные элементарные способы решения задач на доказательство геометрических экстремумов и их отыскание.

107

Обратимся к нестрогим неравенствам (13.21) и (13.22) для средних величин положительных чисел. В них равенство имеет место тогда и только тогда, когда эти числа равны. Отсюда можно сделать весьма полезные выводы при двух предположениях: 1) сумма чисел переменна, а их произведение постоянно, 2) произведение чисел переменно, а их сумма постоянна. Обращаясь только к неравенству для среднего геометрического и среднего арифметического, имеем такие результаты.

1◦. Если произведение положительных чисел постоянно, то их сумма принимает наименьшее значение только при равенстве этих чисел.

2◦. Если сумма положительных чисел постоянна, то их произведение принимает наибольшее значение только при равенстве этих чисел.

Используем это в задачах.

З а д а ч а 1. Доказать, что из всех треугольников с данным периметром наибольшую площадь имеет правильный треугольник.

Р е ш е н и е. Обратимся к формуле Герона

S2 = p(p − a)(p − b)(p − c),

где по условию задачи p постоянно. Так как (p − a) + (p − b) + (p − c) = = 3p − 2p = p, то на основании 2◦ величина S2 максимальна при p − a = = p − b = p − c, т. е. при a = b = c и только в этом случае.

З а д а ч а 2. Через данную точку, лежащую внутри данного угла, провести прямую, отсекающую от сторон угла отрезки, сумма которых

ственно равные углы, то xy = ab = const. Согласно 1◦ сумма x + y мини-

√ √ √

мальна при x = y. Тогда x2 = ab и OP + OQ = a + b + 2 ab = ( a + b)2 —

искомое минимальное значение суммы этих отрезков. По формуле

√

x = ab отрезок AP = BQ строится известным способом, а затем и искомая прямая P Q. Она единственна.

108

14.2. Экстремальные значения синуса и косинуса могут быть использованы в геометрических задачах на экстремумы. Эта идея была уже использована в § 12 (п. 12.2), где из формулы (12.5) площади четырехугольника сделан вывод о том, что из всех четырехугольников с данными длинами сторон максимальную площадь имеет тот, около которого можно описать окружность.

Рассмотрим другие примеры.

З а д а ч а 1. Доказать, что из всех треугольников с данной стороной a и данным противоположным углом a наибольший периметр имеет равнобедренный треугольник.

Р е ш е н и е. Так как все такие треугольники вписаны в одну окружность радиуса R, то

109