Основні методи доведення нерівностей

Размещено на http://www.allbest.ru/

1. Застосування методів аналітичної геометрії, векторної алгебри, тригонометрії

1.1 Застосування методів аналітичної геометрії

Традиційними для аналітичної геометрії є застосування ідеї координатного методу. Відповідно до нього вводиться певна система координат. Після цього кожній парі значень змінних можна поставити у відповідність точку з такими ж координатами, лінійному рівнянню відповідатиме на координатній площині пряма. Алгебраїчний вираз тепер можна трактувати, як відстань між двома точками з координатами та .

Взагалі кажучи, певні алгебраїчні співвідношення тепер можна розглядати з точки зору співвідношень між геометричними фігурами та величинами. При доведенні нерівностей це робить його геометрично наглядним та створює ширші можливості для пошуку нових ідей доведень. Наведемо приклади.

Задача 3.1.1. Знайти найменше значення виразу

.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Розв'язання. Запишемо даний вираз у виді та введемо в розгляд точки , , , (рис. 4). Маємо

,

, .

Тепер, користуючись нерівністю трикутника, можна стверджувати, що і для довільних значень та виконується співвідношення

.

Отже, найменше значення виразу дорівнює 5. Рівність буде виконуватися для всіх точок відрізка .

Задача 3.1.2. Довести, що для довільних значень змінних виконується нерівність

.

Доведення. Розглянемо на координатній площині точки , , . Використавши формулу відстані між двома точками, отримуємо , , . Посилання на нерівність трикутника завершує доведення. Знак рівності виконується, наприклад, при .

Задача 3.1.3. Знайти найбільше та найменше значення виразу , якщо .

Розв'язання. Введемо в розгляд точки , та . Тоді вираз можна трактувати, як суму відрізків та . Графіком залежності є ромб (рис. 5). Умову задачі на мові геометрії тепер можна сформулювати наступним чином: знайти найбільше та найменше значення суми відрізків та , якщо точка належить ромбу. Розглянемо . Маємо (рівність досягається, коли точка співпадає з точкою ). Оскільки і , то (рівність досягається, коли точка співпадає з точкою ).

Таким чином, найбільше значення виразу буде 7, а найменше значення 3.

Задача 3.1.4. Знайти найменше значення виразу , якщо .

Розв'язання. На координатній площині розглянемо точки , і точку , що належить прямій . Задача полягає в тому, щоб на вказаній прямій знайти таке положення точки , при якому сума відрізків буде мінімальною. Нехай точка симетрична точці відносно прямої . Тоді точка , в якій перетнуться прямі та пряма , буде шуканою (рис. 6).

Справді, у цьому випадку для довільної відмінної від точки . Таким чином, знаходимо точку та довжину відрізка .

Отже, найменше значення виразу буде .

Размещено на http://www.allbest.ru/

Размещено на http://www.allbest.ru/

Задача 3.1.5. Довести нерівність

.

Розв'язання. Для доведення достатньо ввести в розгляд точки , та, зауваживши, що

, ,

,

скористатися нерівністю трикутника.

Аналогічно до попередньої вправи доводиться нерівність

.

1.2 Застосування методів векторної алгебри

Ідея застосування векторів при доведенні нерівностей ґрунтується на таких простих геометричних міркуваннях.

Розглянемо два вектори . Очевидно, що виконується нерівність , або в координатному виді

.

Нехай виконується векторна рівність . Переходячи до довжин векторів, отримуємо, що (нерівність трикутника). Оскільки , то з одержаної нерівності випливає, що

.

В обох випадках кількість координат векторів може бути взята довільною і ми отримаємо більш загальні, ніж наведені, співвідношення. Рівність в них досягається при умові колінеарності векторів.

Наведемо приклади.

Задача 3.2.1. Для довільних невід'ємних чисел , таких, що виконується нерівність . Довести.

Доведення. Введемо в розгляд вектори . Оскільки , і , то, використовуючи нерівність , отримуємо

.

Рівність буде виконуватися при умові, коли , тобто при та довільних невід'ємних таких, що .

Задача 3.2.2. Якщо , то . Довести.

Доведення. Розглянемо вектори та . Оскільки , , то, застосувавши до них співвідношення , отримуємо нерівність, яку потрібно довести. Рівність буде виконуватися при умові пропорційності координат векторів, тобто, коли . З даних пропорцій випливає, що .

Задача 3.2.3. Довести, що при виконується нерівність

.

Доведення. Тепер у розгляд доцільно ввести вектори та . Використавши нерівність , отримуємо

,

звідки випливає нерівність, яку ми доводимо. Зауважимо, що дану нерівність ми уже доводили, користуючись синтетичним методом (приклад 1.2.7).

Задача 3.2.4. Довести, що для довільних виконується нерівність

.

Розв'язання. Введемо в розгляд вектори та . Тепер, використовуючи нерівність , отримуємо співвідношення, що доводиться.

Задача 3.2.5. Довести, що для довільних виконується нерівність

.

Доведення. Введемо в розгляд вектори та . Використовуючи нерівність для скалярного добутку у виді , отримуємо потрібне співвідношення.

Задача 3.2.6. Довести, що нерівність виконується при всіх значеннях , для яких визначена її ліва частина.

Доведення. Розглянемо вектори та . Очевидно, що ліва частина нерівності являє собою скалярний добуток цих векторів і не перевищує добутку їх довжин, тобто виконується співвідношення

.

Знак рівності можливий тільки у випадку пропорційності координат векторів, тобто тільки тоді, коли . Оскільки система даних рівнянь несумісна, то нерівність строга.

Задача 3.2.7. Довести, що якщо числа задовольняють умову , то виконується нерівність .

Доведення. Розглянемо вектори та . Оскільки ліва частина нерівності являє собою скалярний добуток цих векторів і не перевищує добутку їх довжин, то виконується співвідношення

.

Знак рівності виконується при .

Задача 3.2.8. Довести, що , якщо .

Доведення. Розглянемо вектори та . Очевидно, що і . Використавши нерівність , отримуємо, що . Рівність буде виконуватися при .

Задача 3.2.9. Розв'язати рівняння .

Розв'язання. Введемо в розгляд вектори та . Тепер оцінимо ліву частину рівняння: . Оскільки рівність виконується тільки при умові колінеарності векторів, то корені потрібно шукати серед розв'язків рівняння . Перетворивши його до виду , отримуємо рівняння з єдиним дійсним коренем . Знайдене значення є коренем заданого рівняння.

Задача 3.2.10. Числа такі, що . Знайти найбільше та найменше значення виразу .

Розв'язання. Очевидно, що для оцінки виразу координати векторів потрібно вибрати так, щоб модуль одного з них дорівнював . Тому введемо в розгляд вектори та . Тепер маємо

.

Отже, .

Ті значення змінних, при яких досягаються найбільше та найменше значення можна знайти, використовуючи умову колінеарності векторів та і рівність , тобто розв'язавши систему . Отримуємо два розв'язки , на яких заданий вираз досягає екстремальних значень.

Задача 3.2.11. Довести, що для довільних виконується нерівність .

Доведення. Рівність одиниці модуля вектора може бути підказкою для вибору координат векторів. Отже, нехай , . Тоді дістаємо

.

Знак рівності отримуємо, наприклад, при .

Задача 3.2.12. Довести нерівність , де - кути трикутника.

Доведення. Виберемо на сторонах трикутника одиничні вектори і так, як показано на рисунку 7. Із очевидного співвідношення дістаємо

звідки випливає нерівність, яку ми доводимо. Знак рівності виконується для рівностороннього трикутника.

Задача 3.2.13. Довести, що якщо - кути трикутника, то виконується нерівність .

Доведення. Нехай коло з центром у точці та радіусом описане навколо заданого трикутника (рис. 8). Тоді . Із очевидного співвідношення отримуємо

,

звідки випливає нерівність, яку ми доводимо. Знак рівності виконується для рівностороннього трикутника.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Задача 3.2.14. Довести нерівність .

Доведення. Розглянемо вектори та . Тоді

.

Знову введемо в розгляд нові вектори та . Дістаємо

,

що завершує доведення. Рівність виконується тільки при умові .

1.3 Застосування тригонометрії

При перетворенні виразів з метою їхнього спрощення іноді використовуються тригонометричні заміни. Такими можуть бути:

або при наявності в умові виразу ;

або , якщо в умові фігурують блоки або з перспективою виконати заміни відповідно або ;

, , якщо наявний вираз ;

при наявності виразу ;

, , , , якщо потрібно перетворювати вираз ;

при наявності виразів та .

Наведемо приклади задач, в яких використовуються подібні ідеї.

Задача 3.3.1. Числа задовольняють умови , . Довести, що .

Доведення. Оскільки , , то існують такі числа , що , . Отримуємо

.

Задача 3.3.2. Довести, що при і виконується нерівність

.

Доведення. Враховуючи те, що , можна ввести заміну . Тоді

Задача 3.3.3. Дійсні числа належать відрізку , причому сума кубів цих чисел дорівнює 0. Довести, що .

Доведення. Нехай . Маємо

.

Задача 3.3.4. Довести, що при довільних дійсних числах виконується нерівність

.

Доведення. Враховуючи довільність у виборі чисел , виконаємо заміни , , , . Тоді

.

Звідси випливає справедливість твердження, яке ми доводимо.

Задача 3.3.5. Для довільних дійсних чисел (крім випадку, коли та одночасно дорівнюють 0) довести нерівність

.

Доведення. Перейдемо до полярних координат, ввівши заміну , (). Дістаємо

.

Тепер оцінимо значення виразу . Маємо

, де .

Таким чином, вираз може змінюватися у межах від до , що доводить задану нерівність.

Задача 3.3.6. Довести, що із довільних 13 чисел завжди можна вибрати два числа та , для яких виконуватиметься нерівність .

Доведення. Позначимо через числа, про які іде мова в умові задачі. Нехай , де . Розіб'ємо проміжок на 12 рівних частин. Тоді знайдуться принаймні два кути та такі, що . Звідси . Нехай , . Тоді . Доведення рівності не викликає затруднень. Маємо

.

Задача 3.3.7. Довести, що для кутів А, В, С довільного трикутника виконується нерівність . Встановити, коли досягається рівність.

Доведення. Для зручності нерівність попередньо помножимо на 2. Маємо

.

Тепер отримуємо

,

звідки випливає, що . Рівність досягається, коли і . Тому маємо, що і , звідки , тобто трикутник повинен бути рівностороннім.

2. Застосування деяких геометричних співвідношень до доведення нерівностей

2.1 Геометричний спосіб доведення нерівностей між середніми квадратичним, арифметичним, геометричним та гармонічним

Задача 4.1.1. Довести нерівності між середнім квадратичним, арифметичним, геометричним та гармонічним у випадку двох чисел, тобто той факт, що для довільних виконуються співвідношення

.

Розв'язання. Наведемо один із можливих геометричних способів доведення.

Розглянемо трапецію з основами та . Позначимо через середню лінію трапеції. Тоді буде середнім арифметичним чисел та .

Відрізком , паралельним до основ трапеції, поділимо її на дві рівновеликі трапеції (рис. 9), площу кожної з яких позначимо через . Продовжимо бічні сторони трапеції до перетину та позначимо площу трикутника, що утворився поза трапецією через . З подібності трьох трикутників, що утворилися, випливає пропорція . Звідси отримаємо рівність або . Таким чином, відрізок є середнім квадратичним відрізків та . Середня лінія трапеції розташована вище від відрізка , оскільки ділить трапецію на дві, з яких верхня має меншу площу, ніж нижня. Тому вона має меншу довжину, ніж відрізок . Цим самим показано, що , тобто, що середнє арифметичне не більше середнього квадратичного.

Нехай відрізок паралельний до основ трапеції і ділить її на дві подібні трапеції. З подібності випливає пропорція , тобто є середнім геометричним чисел та .

Нехай відрізок паралельний до основ трапеції і проходить через точку перетину її діагоналей. З подібності трикутників легко встановити, що частини цього відрізка від точки перетину діагоналей трапеції до її бічних сторін рівні. Позначимо їх довжини через , а частини довільної з діагоналей з кінцями у точці перетину діагоналей та у вершинах трапеції через та (рис. 10).

Размещено на http://www.allbest.ru/

Размещено на http://www.allbest.ru/

З подібності трикутників отримуємо співвідношення та , звідки . Тому і , тобто є середнім гармонічним чисел та .

Тепер чисто геометрично легко показати, що відрізки задовольняють нерівності , що завершує доведення алгебраїчних нерівностей.

Наведемо ще одне геометричне доведення нерівності Коші.

Задача 4.1.2. Довести, що , де .

Розв'язання. Нехай задані дрізки та . Побудуємо на відрізку , як на діаметрі, коло і у спільній для відрізків точці проведемо перпендикуляр до перетину з колом (рис. 11). З подібності прямокутних трикутників випливає, що , звідки . Очевидно, що цей відрізок не може перевищувати довжину радіуса кола, який дорівнює . Тому .

Размещено на http://www.allbest.ru/

2.2 Використання співвідношень між елементами геометричних фігур

В окремих випадках при доведенні нерівностей можна використовувати певні відомі співвідношення між геометричними фігурами. Мова іде про те, що додатним значенням змінних, що фігурують у нерівності присвоюються деякі кількісні характеристики геометричних фігур (довжини відрізків, площі, об'єми), після чого чисто геометричними методами встановлюються необхідні співвідношення: спочатку між геометричними величинами, а потім роблять відповідні висновки про саму алгебраїчну нерівність.

Задача 4.2.1. Довести, що при довільних додатних чисел виконується нерівність

.

Доведення. Розглянемо відрізки і такі, що і , (рис. 12). Маємо , , і оскільки , то нерівність доведено.

Задача 4.2.2. При яких значеннях параметра відстань між коренями рівняння

приймає найбільше значення?

Розв'язання. Перепишемо задане в умові рівняння у виді та побудуємо графік одержаної залежності у системі координат (рис. 13). Очевидно, що при перетині кола прямою коренями рівняння будуть абсциси точок перетину. Очевидно, що найбільша відстань між коренями рівняння буде дорівнювати діаметру кола, тобто 2 при .

Размещено на http://www.allbest.ru/

Размещено на http://www.allbest.ru/

Задача 4.2.3. Знайти найменше значення виразу

.

Розв'язання. Введемо в розгляд функцію

.

Насамперед зауважимо, що для всіх . Тепер зрозуміло, що точку, в якій функція досягає свого найменшого значення, потрібно шукати серед невід'ємних значень змінної.

Розглянемо випадок, коли . Тоді можлива наступна геометрична конструкція. Відкладемо два перпендикулярних відрізки та , а також відрізок так, що , , , (рис. 14). За теоремою косинусів із трикутників та отримуємо

, .

Размещено на http://www.allbest.ru/

Крім цього бачимо, що . Рівність досягається тільки у тому випадку, коли точка співпадає з точкою , в якій перетинаються відрізок та промінь , тобто при . Довжину відрізка знайдемо із з стороною та кутами та . За теоремою синусів маємо

або

,

звідки .

У випадку отримуємо .

Отже, найменше значення виразу дорівнює .

Задача 4.2.4. Довести нерівність .

Размещено на http://www.allbest.ru/

Доведення. Спочатку розглянемо випадок, коли . Тут можлива наступна геометрична конструкція. Відкладемо відрізки та відрізок так, що , , , та (рис. 15). Тоді , . Тому

.

У випадку, коли , позначимо . Тоді для всіх маємо . Тепер можна зробити висновок про те, що задана нерівність виконується при довільних значеннях .

Задача 4.2.5. Довести, що для довільних значень змінних виконується нерівність

.

Доведення. Спочатку розглянемо випадок, коли . Відкладемо відрізки та під кутом так, щоб (рис. 16). Зауваживши, що

з нерівності трикутника робимо висновок, що задане співвідношення вірне.

Ще дві аналогічні до заданої нерівності отримаємо, зробивши у ній циклічну перестановку змінних . Мова іде про нерівності

,

.

Розглянемо випадок, коли дві змінні приймають від'ємні, а третя додатне значення (наприклад, ). Перепозначивши на та на , отримаємо доведену у прикладі 4.2.1 нерівність.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Якщо дві змінні приймають додатні значення, а третя від'ємні (наприклад, ), то нерівністю у прикладі 4.2.1 можна скористатися, перепозначивши на .

Випадок, коли всі три змінні приймають від'ємні значення зводиться до початкового доведення шляхом перепозначення на , на та на .

Доведення нерівності, коли одна, дві або всі три змінні приймають значення 0, очевидні.

Інше доведення даної нерівності, яке використовує ідеї координатного методу, нами було наведено у попередньому розділі (задача 3.1.2).

Задача 4.2.6. Довести нерівність

.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Доведення. При або нерівність очевидна. Розглянемо випадок, коли і . Перепишемо нерівність у виді та побудуємо два прямокутні трикутники з спільним катетом , гіпотенузи яких дорівнюють та (рис. 17). Тепер ліва частина перетвореної нерівності визначатиме суму площ трикутників і , тобто площу трикутника . Оскільки , то нерівність доведена.

Задача 4.2.7. Довести, що , якщо і .

Доведення. Очевидно, що при існує трикутник такий, що , , (рис. 18). Нехай точки - точки дотику вписаного кола із сторонами відповідно. Маємо , де - півпериметр трикутника. Крім того,

, , .

Але за умовою задачі , звідки . ( - площа трикутника ). З іншого боку, . Тоді .

Задача 4.2.8. Довести нерівність

.

Доведення. Розглянемо четвертину круга з радіусом 100. Впишемо у нього ступінчату фігуру, яка складається з 99 прямокутників з нижньою основою, що дорівнює 1 (рис. 19). Площа першого прямокутника дорівнює

.

Для другого прямокутника маємо

, …,

.

Площа ступінчатої фігури менша від площі чверті круга, тому

.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Размещено на http://www.allbest.ru/

3. Нерівності в геометрії

Геометричні фігури крім притаманних їм чисто геометричних властивостей, описуються також своїми кількісними характеристиками, зокрема довжинами відрізків, величинами кутів, площами, об'ємами, тощо. У практичній діяльності такі величини часто доводиться порівнювати, оцінювати ті межі, в яких вони змінюються (тобто аналізувати числові величини, які вони не можуть перевищувати, або не бути меншими). У результаті виникає ряд геометричних задач, пов'язаних із необхідністю оцінки геометричних величин та доведенням нерівностей, що появляються при цьому.

Окремі міркування, що стосуються певної класифікації методів доведення таких нерівностей, ми розглянемо у вигляді наступних задач.

3.1 Нерівність трикутника

Добре відомо, що для трьох довільних точок та виконується нерівність (нерівність буде строгою, якщо точка не лежать між двома іншими точками). Звідси отримуємо, що довжина ламаної не більша за відстань між її кінцями. Ці елементарні міркування часто є ключовими при доведенні нерівностей для відстаней.

Задача 5.1.1. Довести, що довжини медіан і та його периметр задовольняють нерівності

.

Доведення. Нехай у трикутнику ; , - медіани (рис. 20). Із маємо

Размещено на http://www.allbest.ru/

.

Аналогічно отримуємо нерівності та . Додаючи одержані співвідношення, отримуємо праву частину нерівності, що доводиться. Із маємо

.

Таким же чином дістаємо нерівності , , додаючи які та попередню, отримуємо ліву частину співвідношення, що доводиться.

Згадуючи співвідношення, які виражають довжини медіан через сторони трикутника, зокрема , на основі доведеного твердження можна говорити, що нами реалізовано геометричне доведення алгебраїчної нерівності

,

де числа додатні і такі, що сума двох із них більша від третього.

Задача 5.1.2.

У прямокутнику на сторонах , , та вибрано точки та (по одній на кожній стороні). Довести, що периметр одержаного чотирикутника не менший .

Доведення. Симетризуємо прямокутник відносно сторони , а потім - відносно прямої . При цьому утворяться нові прямокутники та (рис. 21). Очевидно, що периметр чотирикутника буде дорівнювати

=

і оскільки , то він не буде перевищувати довжини ламаної , яка в свою чергу не перевищує довжини відрізка .

Задача 5.1.3. Дано гострий кут і точку всередині нього. Знайти на сторонах кута такі точки та , щоб периметр трикутника був мінімальним. геометрія алгебра нерівність вектор

Розв'язання. Нехай задана точка всередині кута . Симетризуючи її відносно сторін кута, отримаємо точки та . Проведемо пряму , яка перетне сторони кута у деяких точках та (рис. 22). Покажемо, що трикутник - шуканий.

Насамперед, зауваживши, що симетричні відносно прямої відрізки рівні, отримуємо та . Тому периметр

.

Для іншого положення точки на стороні кута (наприклад, для точки ) дістаємо

.

Аналогічно збільшується периметр трикутника при зміні положення точки на другій стороні кута. Таким чином, точки та - шукані.

Очевидно, що якщо заданий кут гострий, то пряма завжди перетне сторони кута, тому поставлена задача матиме єдиний розв'язок.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Размещено на http://www.allbest.ru/

3.2 Застосування векторів

Інколи обґрунтування нерівності для відстаней зручно проводити, використовуючи вектори. При цьому може застосовуватися векторний аналог нерівності трикутника: . У задачах, зв'язаних з центром ваги трикутника, використовується рівність , де - точка перетину медіан, - вершини трикутника.

Задача 5.2.1. На площині задано два відрізки і . Довести, що довжина відрізка, що сполучає їх середини, не більша за півсуму відрізків та .

Размещено на http://www.allbest.ru/

Доведення. Нехай точки та - середини відрізків і відповідно (рис. 23). Очевидно, що виконуються векторні рівності та . Додаючи їх, отримуємо рівність , з якої, переходячи до довжин векторів, дістаємо , що доводить висловлене в умові твердження. Знак рівності можливий при умові , тобто, коли заданий чотирикутник є трапецією або паралелограмом.

Задача 5.2.2. У чотирикутнику кут тупий, - середина сторони . Довести, що .

Доведення. Нехай точка є серединою відрізка . Очевидно, що точка розташована всередині кола з діаметром , тому ( - центр кола). Оскільки , як середня лінія трикутника , то , що потрібно було довести.

Задача 5.2.3. На площині задані два трикутники та . Нехай та - точки перетину їхніх медіан. Довести, що

.

Доведення. Очевидно, що виконуються векторні рівності

,

,

.

Додаючи їх, отримуємо , звідки випливає нерівність, яку ми доводимо.

Задача 5.2.4. У піраміді вершину сполучили з точкою - центром ваги трикутника . Довести, що .

Доведення. Очевидно, що виконуються векторні рівності , , . Додаючи їх та враховуючи, що , отримуємо співвідношення , з якого випливає задана нерівність. Знак рівності у ній неможливий, оскільки вектори не колінеарні, тому

.

3.3 Оцінка площі

Нам відомо, що площа трикутника не перевищує половини добутку довільних двох його сторін, а площа опуклого чотирикутника - половини добутку його діагоналей. Ці факти ефективно можна використовувати при розв'язуванні окремих задач. Наведемо приклади.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Задача 5.3.1. Нехай - довжини сторін опуклого чотирикутника. Довести, що його площа не перевищує .

Розв'язання. Проведемо діагональ чотирикутника так, щоб по одну сторону від неї були сторони з довжинами . Симетризуємо ці сторони відносно серединного перпендикуляра до проведеної діагоналі (рис. 24). Утвориться новий чотирикутник тієї ж площі, що заданий, та з довжинами послідовних сторін . Провівши у ньому другу діагональ, отримаємо два трикутники, площі яких не перевищують та .

Задача 5.3.2. Периметр опуклого чотирикутника дорівнює 4. Довести, що його площа не перевищує 1.

Розв'язання. Позначимо сторони чотирикутника через , а його площу через . Тоді . З попередньої задачі маємо . Легко бачити, що виконується також нерівність . Тоді

.

Цим самим фактично доведено, що з усіх опуклих чотирикутників із фіксованим периметром найбільшу площу має квадрат.

Задача 5.3.3. Довжини двох сторін трикутника та задовольняють умову , а довжини відповідних їм висот дорівнюють та . Довести нерівність та встановити, коли досягається рівність.

Доведення. Площа трикутника АВС дорівнює , звідки . Крім цього , звідки і , звідки . Перетворимо нерівність, яку ми доводимо, наступним чином:

.

Очевидно, що, відповідно до умови задачі, одержаний вираз не може бути від'ємним. Легко бачити, що рівність досягається при , тобто у випадку, коли трикутник прямокутний.

Задача 5.3.4. Показати, що в довільному опуклому чотирикутнику відношення найменшої з відстаней між його вершинами до найбільшої з них не перевищує .

Розв'язання. Нехай М - найбільша, а m - найменша з відстаней між вершинами чотирикутника. В опуклому чотирикутнику хоча б один із кутів не є гострим. На рисунку 25 таким є, наприклад, кут ABС. Використаємо теорему косинусів:

Размещено на http://www.allbest.ru/

.

Оскільки , то

.

Звідси випливає, що . Знак рівності виконується, наприклад, для квадрата.

Задача 5.3.5. Довести, що правильний -кутник має найбільшу площу серед усіх вписаних в коло -кутників.

Розв'язання. Нехай -кутник вписаний у коло з центром у точці та радіусом . Позначимо . Тоді (знак строгої нерівності буде у випадку, коли центр кола лежить поза многокутником). Для площі многокутника маємо . Функція на вказаній множині значень опукла вгору. З нерівності Єнсена отримуємо, що

,

а саме останньому значенню дорівнює площа правильного вписаного в коло многокутника.

Задача 5.3.6. В квадраті з стороною 15 розміщено довільним чином 20 квадратиків з стороною 1. Довести, що в квадраті можна додатково розмістити коло з радіусом 1, яке не матиме спільних точок з цими квадратиками.

Розв'язання. Будемо шукати положення для центра кола. Центр має знаходитися на відстані не меншій від 1 від сторін заданого квадрата, тобто всередині квадрата з стороною 13, а також від сторін квадратиків. Для кожного квадратика множина точок, що знаходяться від нього на відстані, меншій від 1, складається з точок самого квадратика, чотирьох квадратиків, побудованих на його сторонах, а також точок чотирьох чвертей кругів з центрами у вершинах квадратика та радіусом 1. Площа фігури, утвореної такими точками, дорівнює . Оскільки сума всіх цих площ дорівнює , то в квадраті знайдеться точка, що не входить до жодної з перерахованих множин. Вона може бути вибрана за центр шуканого кола.

Задача 5.3.7. Дано трикутник і точку всередині нього. Нехай - висоти трикутника, проведені до відповідних сторін, - відстані до цих сторін від точки . Довести, що

.

Розв'язання. Маємо

.

Використавши нерівність Коші, отримуємо

.

3.4 Екстремальна властивість центра ваги

Для точок на площині їх центром ваги будемо називати таку точку , що .

Така точка існує і єдина. Справді, для довільної точки з рівності

випливає, що точки та співпадають. Відмітимо, що центром ваги для трьох вершин трикутника буде точка перетину його медіан.

Описане геометричне означення узгоджується з фізичним, якщо в точках розмістити маси однакової величини.

Центр ваги має наступну екстремальну властивість. Для будь-якої точки виконується нерівність

.

Справді, використовуючи скалярний добуток, отримуємо

.

Задача 5.4.1. Довести нерівність , де - сторони довільного трикутника, - радіус описаного навколо нього кола.

Розв'язання. Нехай - центр описаного кола, - точка перетину медіан . Тоді згідно з доведеним

,

що доводить задану нерівність.

3.5 Дослідження екстремальних властивостей

Размещено на http://www.allbest.ru/

Задача 5.5.1. У прямокутний трикутник з гострим кутом та прямим кутом вписано правильний трикутник так, що його вершини лежать на різних сторонах даного трикутника. При якій умові сторона правильного трикутника буде найменшою?

Розв'язання. Нехай - правильний трикутник, вписаний у даний трикутник (рис. 26). Вважатимемо . Тоді . Точку можна розглядати, як результат повороту точки навколо точки на кут проти годинникової стрілки. Тоді точку можна одержати внаслідок перетину відрізків та , де - це образ відрізка при повороті на проти годинникової стрілки навколо центра повороту . Оскільки кут , то точка . Очевидно, що - правильний і . Знайдемо висоту у : . Із прямокутного трикутника сторона вписаного трикутника дорівнює . Розглянемо функцію . Вона набуває свого найменшого значення при =.

Отже, якщо , тобто , то вписаний правильний трикутник буде шуканий.

Задача 5.5.2. Всередині трикутника знайти точку , для якої сума квадратів відстаней від неї до сторін трикутника мінімальна.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Розв'язання. Нехай відстані від точки до сторін , будуть відповідно (рис. 27). Тоді

,

де - площа даного трикутника. Сума квадратів відстаней від точки до сторін трикутника буде дорівнювати . В силу нерівності Коші - Буняковського виконується співвідношення

,

причому знак рівності виконується при умові . Одержуємо, що

.

Права частина є сталим числом. Тому ліва частина прийматиме найменше значення, коли виконується знак рівності, тобто при умові . Із цих співвідношень та рівності остаточно дістаємо

.

Задача 5.5.3. Дано дві паралельні прямі та точка між ними. Побудувати прямокутний трикутник з вершиною прямого кута в точці та вершинами на заданих паралельних прямих, площа якого мінімальна.

Розв'язання. Проведемо через точку перпендикуляр до паралельних прямих (рис. 28). Нехай . Трикутники і подібні. Тому або , звідки . Оскільки і , то . Отже, площа буде найменшою, коли найменшою буде сума . Добуток є сталим числом , тому сума буде найменшою при , тобто при . Але якщо , то . Тепер трикутник легко будується.

Задача 5.5.4. Знайти найкоротший відрізок, який ділить рівносторонній трикутник із стороною на дві рівновеликі фігури.

Розв'язання. Нехай трикутник рівносторонній із стороною . Позначимо шуканий відрізок . Нехай , (рис. 29). Тоді площа . Оскільки площа всього трикутника дорівнює , то з умови отримуємо, що або . За теоремою косинусів або . Очевидно, що відрізок буде найменшим, коли найменшим буде значення виразу . Добуток обох доданків є сталим і , тому найменше значення суми буде при , тобто при . При цьому значенні і .

Размещено на http://www.allbest.ru/

Размещено на http://www.allbest.ru/

3.6 Застосування похідної

Задача 5.6.1. У правильну чотирикутну піраміду з ребром основи і висотою вписана правильна чотирикутна призма так, що її нижня основа лежить всередині основи піраміди, а вершини верхньої основи - на бічних ребрах піраміди. Знайдіть найбільшу площу бічної поверхні таких призм.

Розв'язання. Нехай правильна чотирикутна призма вписана в піраміду так, як показано на рисунку 30. Нехай сторона основи призми дорівнює , а її висота . З подібності трикутників та отримуємо , а з подібності трикутників та випливає співвідношення . З пропорції знаходимо . Оскільки площа бічної поверхні призми дорівнює , то маємо .

Одержаний квадратний відносно тричлен з від'ємним старшим коефіцієнтом досягає свого найбільшого значення в точці . При цьому максимальна площа бічної поверхні буде .

Задача 5.6.2. Навколо правильної трикутної призми з об'ємом описаний циліндр. Знайдіть найменшу площу повної поверхні таких циліндрів.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Размещено на http://www.allbest.ru/

Розв'язання. Нехай висота призми , сторона основи , радіус кола, описаного навколо основи (рис. 31). Оскільки радіус кола, описаного навколо правильного трикутника, дорівнює , то, відповідно до умови, , звідки . Тоді площа поверхні циліндра . Розглянемо функцію , . Оскільки її похідна перетворюється в 0 при і у цій точці функція приймає, як легко встановити, найменше значення, то є найменшим значенням площі поверхні циліндра.

У деяких випадках для знаходження найбільшого і найменшого значення при розв'язанні геометричних задач не завжди зрозуміло, в яких межах змінюється значення величини, яка нас цікавить. Тоді зручно цю величину виразити через інші величини.

Задача 5.6.3. Плоска фігура складається з прямокутника і рівностороннього трикутника. Визначити її розміри так, щоб при даному периметрі площа була найбільшою (у величину периметра не враховується спільна сторона прямокутника і трикутника).

Размещено на http://www.allbest.ru/

Розв'язання. Нехай - сторона трикутника, - сторона прямокутника (рис. 32). Тоді периметр , звідки . Очевидно, що площа всієї фігури буде

==

=.

Значення , при якому площа буде найбільшою, визначаємо за допомогою похідної у виді . Тоді . Це і є розміри фігури, при яких при заданому периметрі площа буде найбільшою.

Задача 5.6.4. Який із всіх рівнобедрених трикутників, вписаних у дане півколо так, щоб одна із рівних сторін лежала на діаметрі, а друга була б хордою, має найбільшу основу?

Розв'язання. Нехай шуканим є трикутник і , , (рис. 33), - радіус заданого півкола з діаметром . Проведемо . Нехай . Тоді і . Тепер знаходимо, що . З прямокутного трикутника отримуємо , а із рівнобедреного трикутника за теоремою косинусів маємо

.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Розглянемо функцію , визначену на інтервалі . Оскільки її похідна перетворюється в 0 при і у цій точці приймає найбільше значення, то знайдене значення є шуканим та вказує, як побудувати трикутник.

Список використаної та рекомендованої літератури

1. Бабинская И.Л. Задачи математических олимпиад. - М.: Наука, 1975. - 112 с.

2. Беккенбах Э., Беллман Р. Введение в неравенства. - М.: Мир, 1965. - 223 с.

3. Васильєв Н.Б., Егоров А.А. Задачи всесоюзних математических олимпиад. - М.: Наука. 1988. - 288с.

4. Вишенський В.А., Перестюк М.О., Самойленко А.М. Збірник задач з математики. - К.: Либідь, 1993.

5. Ісаак Д.Ф. Задачі з геометрії на максимум та мінімум в 10 класі // Математика в школі. - 1984. - № 2.

6. Лейфура В.М., Мітельман І.М., Радченко В.М., Ясінський В.А. Математичні олімпіади школярів України 2001-2006. - Львів.: Каменяр. 2008. - 348 с.

7. Литвиненко В.Н., Мордкович А.Г. Практикум по элементарной математике: Алгебра. Тригонометрия. М.: “АBF”. 1995. - 352 с.

8. Мерзляк А.Г., Полонский В.Б., Якир М.С. Неожиданный шаг или сто тринадцать красивых задач. - К.: Агрофирма ”Александрия”, 1993.-59 с.

9. Сарана О.А. Математичні олімпіади: просте і складне поруч. - К.. „ Видавництво А.С.К.”, 2004.

10. Сивашинський І.Х. Нерівності в задачах. М.: Наука, 1967 - 275 с.

11. Федак І.В. Методи розв'язування олімпіадних завдань з математики і не тільки їх. - Чернівці.: Зелена Буковина. 2002.- 340 с.

Размещено на Allbest.ru