Неравенство Коши—Буняковского

42

торых наша схема пространства не столять явно.

Задача 3. Вписите параллелограмм, подобный данному, в другой данной параллелограмм так, чтобы на каждой стороне описано параллелограмма лежала одна вершина вписанного.

Пусть ABCD — данный описанный параллелограмм, а KLMN — искомый вписанный (рис. 4). Их центры должны совпадать, поскольку при центральной симметрии относительно центра параллелограмма KLMN параллелограмм ABCD должны перейти в себя. Следовательно, центр O искомого параллелограмма нам известен; известны также $\angle KOL = \alpha$ и отношение $LO:KO = k$, поскольку задана форму параллелограмма KLMN. А это значит, что можно применить нашу схему, взяв за $M_1$ и $M_2$ прямые AB и BC, за F — поворотную готовую $H_0^\circ R_0^\alpha$, а за X и Y — искомые точки K и L ($L = F(K)$). Дальнейшее в разьяснениях не нуждается. Отметим только, что в этой задаче интересно проведи полное исследование.

Задача 4. Построите треугольник ABC, если известны длина его биссергрысы AD и длины сторона AB и AC.

Построим отрезок AD и проведем окружности β и γ радиусов AB и AC с центром A (рис. 5). Это и будет множество M1 и M2, а точки B и C — это точки X и Y в нашей схеме. Что же будет преобразованием F? Согласно теореме о биссергрисе (см., например, «Квант» № 2 за 1985 г., с. 29) отношение $k = CD:DB$, в котором делится сторона CB основанием биссергрицы, равно отношению AC:AB сторон треугольника, и следовательно, нам известно. А так как $C = H_D^{-k}(B)$, в качестве F можно взять готовую $H_D^{-k}$, т. е. C — это точка пересечения окружностей γ и $H_D^{-k}(\beta)$.

Задачи для самостоятельного решения

1. Постройте треугольник по биссергрисе и отрезкам, на которые основание биссергрысы делит сторону треугольника.
2. Постройте окружность с данным центром так, чтобы один из отрезков, соединяющих точки ее пересечения со сторонами данного угла, был параллелен данной прямой.
3. В два из известных момента времени с коравььями замерены углы между направлениями на два маяка, отмещенные на карте. Нправление и скорость движения коравья также известны. Как найти на карте положения коравья в эти моменты?
4. Построите треугольник ABC по медиам AA1 и BB1 и углу C.
   5 (для читателей, знакомых с инверсей). Вписите в данной параллелограмм ромб данной площади так, чтобы на каждой стороне параллелограмма лежала одна вершина ромба.

В. Н. Дубровский

Неравенство Коши — Буняковского

Неравенство Коши — Буняковского смело можно отвести к числу популярейших в математике. Не раз появлялось оно и на страницах нашего журнала (см., например, «Квант», 1986, № 12, с. 31). Выглядит неравенство Коши — Буняковского так:

$$\begin{align*} |a_1b_1 + a_2b_2 + \dots + a_nb_n| &\leq \\ \leq \sqrt{a_1^2 + a_2^2 + \dots + a_n^2} \cdot \sqrt{b_1^2 + b_2^2 + \dots + b_n^2}. \end{align*}$$

Тем не менее мало где приводится его доказательство. Здесь мы даим одно весма простое доказательство неравенства Коши — Буняковского, обсудим его геометрический смысл и с его помощью еще раз решим одну задачу, предлагавшуюся в 1984 году

43

в «Кванте» (см. № 5, с. 37, Избранные школьные задачи, задача 15). Попутно мы обсуждим вопрос о «точности» неравенства.

Итак, если хотя бы один из радикалов, например $\sqrt{a_1^2+a_2^2+\dots+a_n^2}$, равен нулю, тогда $a_1=a_2=\dots=a_n=0$, левая часть в (1) также равна нулю и неравенство справедливо. Пусть оба корня положительны и пусты

$$A = \sqrt{a_1^2+a_2^2+\dots+a_n^2},$$
$$B = \sqrt{b_1^2+b_2^2+\dots+b_n^2}.$$

Перепишем неравенство (1) в виде

$$\frac{|a_1b_1+a_2b_2+\dots+a_nb_n|}{AB} \leq 1.$$

Воспользовавшись тем, что $|x+y| \leq \leq |x|+|y|$ и $|xy| \leq \frac{1}{2}(x^2+y^2)$, написем целочку неравенства:

$$\frac{|a_1b_1+a_2b_2+\dots+a_nb_n|}{AB} \leq \frac{|a_1b_1|}{AB} +$$
$$+ \frac{|a_2b_2|}{AB} +\dots+\frac{|a_nb_n|}{AB} =$$
$$= \frac{|a_1|}{A} \cdot \frac{|b_1|}{B} +\frac{|a_2|}{A} \cdot \frac{|b_2|}{B} +\dots$$
$$\dots \frac{|a_n|}{A} \cdot \frac{|b_n|}{B} \leq \frac{1}{2}\left(\frac{a_1}{A}\right)^2+\left(\frac{b_1}{B}\right)^2)+$$
$$+ \frac{1}{2}\left(\left(\frac{a_2}{A}\right)^2+\left(\frac{b_2}{B}\right)^2\right)+\dots+\frac{1}{2}\left(\left(\frac{a_n}{A}\right)^2+\left(\frac{b_n}{B}\right)^2\right)+$$
$$+ \frac{1}{2}\left(\left(\frac{a_1}{B}\right)^2+\left(\frac{b_2}{B}\right)^2\right)=1$$

— неравенство (1) доказано. Заметим, что мы доказали более сильное неравенство: $|a_1b_1|+\dots+|a_nb_n| \leq AB$. Равенство в нем достигается при

$$\frac{|a_1|}{A} = \frac{|b_1|}{B}, \frac{|a_2|}{A} = \frac{|b_2|}{B}, \dots, \frac{|a_n|}{A} = \frac{|b_n|}{B},$$

т. е. при $\left|\frac{a_1}{b_1}\right| = \left|\frac{a_2}{b_2}\right| = \dots = \left|\frac{a_n}{b_n}\right|$ (если $a_i, b_i$ отличны от нуля; если же неокторое $b_i=0$, то и соответствующое $a_i=0$). В (1) равенство достигается, когда к тому же произведение $a_1b_1$, …, $a_nb_n$ одного знака, т. е. когда

$$\frac{a_1}{b_1} = \frac{a_2}{b_2} = \dots = \frac{a_n}{b_n}.$$

При $n=3$ неравенство Коши — Буняковского принимает вид

$$|a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3| \leq$$
$$\leq \sqrt{a_1^2+a_2^2+a_3^2} \cdot \sqrt{b_1^2+b_2^2+b_3^2},$$

(1’) и нетрудно понять его геометрический смысл. Рассмотрим два вектора $\vec{a}(a_1, a_2, a_3)$ и $\vec{b}(b_1, b_2, b_3)$. Тогда влевой части (1’) записана абсолотная вели-

чина скалярного произведение векторов $\vec{a}$ и $\vec{b}$, а в правой части — произведение их длины $\|\vec{a}\|=\sqrt{a_1^2+a_2^2+a_3^2}, \|\vec{b}\|=\sqrt{b_1^2+b_2^2+b_3^2}$. Но скалярное произведение векторов равно произведение длины векторов на косинус угла между ними; поскольку $\|\cos(\vec{a}, \vec{b})\| \leq 1$, мы получаем неравенство (1’).

В случае произвольного $n$ неравенство Коши — Буняковского имеет тот же геометрический смысл в пространстве размерности $n$, где вектор, длина вектора и скалярное произведение векторов определяется аналогично тому, как это делается в трехмерном пространстве:

$$\vec{a} = (a_1, a_2, \dots, a_n),$$
$$\vec{a}\vec{b} = a_1b_1+a_2b_2+\dots+a_nb_n,$$
$$|\vec{a}|=\sqrt{a_1^2+a_2^2+a_3^2};$$
$$a\cos(\vec{a}, \vec{b})=\frac{\vec{a}\vec{b}}{|\vec{a}| \cdot |\vec{b}|}.$$

Тепер возьмем «Квант», 1984, № 5 и посмотрим на задачу 15 из «Избранных школьных задач»:

a) Пусть $a+b+c=1$. Докажите, что $a^2+b^2+c^2 \geq 1/3$.

b) Пусть $a+b+c=1$ и $k$ кроме того, известно, что $a, b, c$ — длины сторон неокторого треугольника. Докажите, что $a^2+b^2+c^2 < 1/2$.

Решение a) По неравенству Коши — Буняковского

$$1=a \cdot 1+b \cdot 1+c \cdot 1 \leq \sqrt{a^2+b^2+c^2} \times \sqrt{1^2 \cdot 1^2 \cdot 1^2}=\sqrt{3} \cdot \sqrt{a^2+b^2+c^2}.$$

Отсюда $a^2+b^2+c^2 \geq 1/3$.

Если $a=b=c=1/3$, то $a+b+c=1$ и $a^2+b^2+c^2=1/3$. Это означает, что нашей неравенство точное.

Вопрос о точности неравенства имеет большое значение. Поэтому мы даим строю определение.

Пусть неравенство

$$f(x_1, x_2, \dots, x_n) \geq c$$

выполнен для всех допустимых значений $x_1, x_2, \dots, x_n$. Говорят, что константа $c$ в правой части точная, если ее нельзя увеличить, т. е. не существует такого $k>c$, чтобы при всех допустимых значениях $x_1, x_2, \dots, x_n$ выполнялась неравенство.

$$f(x_1, \dots, x_n) \geq k.$$

Аналогичное проектируем $c$ в правой части неравенства

$$b(x_1, x_2, \dots, x_n) \leq c,$$

справедливо при всех допустимых $x_1, x_2, \dots, x_n$, говорят, что она точная, если ее нельзя увеличить.

Вернемся к нашей задаче. Докажем 6) в чуть более общей постановке: пусть $a, b, c$ ($a \neq 0, b \neq 0, c \neq 0$) — длины векторов $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ таких, что $\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}=\vec{0}$, и $a+b+c=1$. Тогда $a^2+b^2+c^2 < 1/2$.