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 .

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

, .

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 .

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.

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

.

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

.

Розділ 5. 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.