Доказательство геометрических неравенств

51

С. Сефибеков

Доказательство геометрических неравенств

В математических задачах часто бывают полезен такой пример: двумя способами найти одну и ту же величины и приравнять полученные для нее выражения. Пусть мы, например, двумя способами нашли площадь некоторой фигуры. Если в одном из выражений для площади входит, скажем, синус какого-либо угла $\alpha$, то при помощи соответствия $\sin \alpha \leq 1$ из полученного равенства можно получить некоторое неравенство, поей интересное. В статье С. Сефибекова этот пример использовался всемью задачи. Эти задачи доступны восьмиклассикам, но они интересны и для поступающих вуз — задачи такого типа попадаются на устных экзаменах.

Ключ к решению приведенных ниже задач — три формулы для площадей. Как известно («Геометрия 8», п. 108), площадь треугольника равна половине произведения двух (любых) его сторона на синус угла между ними:

$$S = \frac{1}{2} ab \sin \alpha$$

Выведите отсюда, что площадь выпуклого четырехугольника равна половине произведения его диагоналей на синус угла между ними*):

$$S = \frac{1}{2} l_1 l_2 \sin \alpha.$$

Докажите также, что площадь описанного многоугольника

*) Почему не нужно указывать, какой именно угол между diагоналями расматриется?

$$S = \frac{1}{2} Pr.$$

Задача 1. Доказать, что произведение любых двух сторонних треугольника не меньше произведения его периметра на радиус вписанной окружности: $ab \geq Pr$.

Решение. Достаточно приравнять выражения (1) и (3) для площади треугольника и учеть, что $\sin \alpha \leq 1$.

Замечание. Из решения видно, что если угол между сторонами с длинами $a$ и $b$ — не прямой, то $ab > Pr$.

Из неравенства (4) и заменяющая следует, что для любого треугольника

$$ab + bc + ca > 3Pr.$$

Задача 2. Доказать, что радиус $R$ окружности, описанной около произвольного треугольника, радиус $r$ описанной окружности и его периметр $P$ удовлетворяет неравенству

a) $R > \frac{\sqrt{3}}{3} \sqrt{Pr}$,

если треугольник остроугольный или тупоугольный;

b) $R \geq \frac{\sqrt{2}}{2} \sqrt{Pr}$,

если треугольник прямоугольный.

Решение. a) Соединим центр $O$ описанной окружности с вершинами треугольника.

Для остроугольного треугольника (рис. 1)

$$S_{ABC} = S_{AOB} + S_{BOC} + S_{COA}.$$

Рис. 1.

53

С другой стороны, по формуле (1)
$$S_{AOB} = \frac{1}{2} |OA| \cdot |OB| \cdot \sin \widehat{AOB}. \quad (18)$$
ИЗ (17) и (18)
$$P_1 r_1 \leq |OA| \cdot |OB|. \quad (19)$$
Аналогично,
$$P_2 r_2 \leq |OB| \cdot |OC|, \quad (20)$$
$$P_3 r_3 \leq |OC| \cdot |OD|, \quad (21)$$
$$P_4 r_4 \leq |OD| \cdot |OA|. \quad (22)$$
ИЗ (19) — (22) легко получается требуемое неравенство.
Равенство достигается, когда $[AC] \perp [BD]$. ИЗ (16) и (13) легко получается неравенство:
$$S_{AOB} \cdot S_{BOC} \cdot S_{COD} \cdot S_{DOA} \leq \frac{1}{16} |OA|^2 \cdot |OB|^2 \cdot |OC|^2 \cdot |OD|^2.$$
Задача 5. Докажите, что для выпуклого четырехугольника ABCD справедливо неравенство
$$S_{ABCD} \leq \frac{a^2 + b^2 + c^2 + d^2}{4}, \quad (23)$$
еде $a, b, c, d$—длины его стороны.
Решение. Разобем. Четырехугольник диагонального на два треугольника (рис. 3). Тогда
$$S_{ABCD} = S_{ABC} + S_{ADC}.$$
По формуле (1)
$$S_{ABC} = \frac{1}{2} ab \sin \widehat{B}.$$

Отсюда и из неравенства $ab \geq \frac{a^2 + b^2}{2}$ получаем
$$S_{ABC} \leq \frac{a^2 + b^2}{4}. \quad (24)$$
Аналогично
$$S_{ADC} \leq \frac{c^2 + d^2}{4}. \quad (25)$$
ИЗ (24) и (25) получаем требуемое неравенство.
Если $\widehat{B} = \widehat{D} = 90^\circ$ и $a = b = c = d$, т. е. четырехугольник ABCD—квадрат, то соответствие (23) превращается в равенство.
В заключение—три задачи для самостоятельного решения.
Задача 6. Доказать, что для грапейции с высотой $h$, диаэонами $l_1, l_2$ и основаниями $a, b$
$$h \leq \frac{l_1 l_2}{a + b}.$$
Задача 7. Доказать, что для грапейника ABC
$$S_{ABC} < \frac{1}{6} (a^2 + b^2 + c^2),$$
еде $a, b, c$—длины стороны.
Задача 8. Доказать, что для выпуклого четырехугольника ABCD
$$S_{ABCD} < \frac{1}{6} (a^2 + b^2 + c^2 + d^2 + e^2 + f^2),$$
еде $a, b, c, d$—длины диаэонами.
Постройте многогранник!
(Начало на c. 50)
Многогранник на второй странице обложки получен из этой эпюры несколько более сложным образом: в нем «окружения» вершин 3 и 7 используются по пять раз — из них образован купол модели с вершиной 9. Боковые поверхности тоже получены из эпюры.
Как же строить эпюры? Делается это с помощьюравнерано полуправных многогранников.
Такие многогранники заменяются тем, что все их грани равновравны: для любых двух граней такого многогранника можно указать такое перемещение пространства, при котором многогранник перейдет в себя, а первый грань перейдет во вторую. Возьмем любой такой многогранник и рассмотрим плоскости всех его граней. Зафиксируем одну из этих плоскостей (назовем ее $\Pi$). В ней остальные плоскости «высекается» система прямых линей. Точно такие же системы образуют и в остальных плоскости. Расмотрим теперь многогранную прямую $l$ системы. Она является пересечением плоскости $\Pi$ и плоскости еще одной грани. При повороте, переводящем эту плоскость в плоскость $\Pi$, пряма $l$ перейдет в некоторую прямую $l'$ плоскости $\Pi$. Оказывается, пряма $l'$ получается из прямой $l$ либо поворотом (в плоскости $\Pi$) относительно их общей точки, либо параллельным переносом. Остается на черте точки поворотов с соответствующими джкками и стрелочками для параллельных переносов.
Эпюра на рисунке получена изравнерано полуправных шестидесятейугольника («Квант», 1976, № 1).
Совет. При изготовлении эпюры в большем масштабе воспользоваться тем, что пятуюгольник ABCD правильно.