View
61
Download
8
Category
Preview:
DESCRIPTION
Nierówności (mniej lub bardziej) geometryczne. Rami M. Ayoush. v. 1.0.3. Wstęp. Chociaż będziemy zajmować się nierównościami, które są związane w jakiś sposób z geometrią, na początek udowodnimy/przypomnimy kilka algebraicznych przykładów. Dla nieujemnych a i b mamy: - PowerPoint PPT Presentation
Citation preview
Nierówności (mniej lub bardziej) geometryczne
Rami M. Ayoush
v. 1.0.3
Chociaż będziemy zajmować się nierównościami, które są związane w jakiś sposób z geometrią, na początek udowodnimy/przypomnimy kilka algebraicznych przykładów. Dla nieujemnych a i b mamy:
Jest to nierówność między średnią arytmetyczną i geometryczną dwóch liczb, wynik znany już w starożytności.
.022
)1(2
baabbaabba
Wstęp
Warto zwrócić na sposób dowodzenia, uzupełnienie do kwadratu. Jest on niezwykle skuteczny, wyrażenie
jest bardzo często stosowane w teorii nierówności. Oto jeszcze kilka przykładów, które dowodzimy analogicznie:
Prawdziwe są dla dowolnych liczb rzeczywistych.
02x
2)2( ab
ba
baba
411)3( baba 2222)4(
Wstęp
Przypomnijmy jeszcze (bez dowodu, chyba że istnieje na niego szczególne zapotrzebowanie) nierówności między średnimi:
Kolejno od lewej: średnia harmoniczna, geometryczna, arytmetyczna i kwadratowa.Nierówność między średnią arytmetyczną a geometryczną nazywana jest nierównością Cauchy’ego.
n
iin
n
ii
n anaaa
n
iin
i i
n
1
21
111 2
1
1
1
1
Wstęp
Na początek rozwiążemy zadanie z XV Zawodów Matematycznych Państw Bałtyckich. Rozważmy prostokąt o bokach długości 3 i 4 oraz na każdym jego boku wybieramy dowolny punkt wewnętrzny. Niech x, y, z, u oznaczają długości boków czworokąta wyznaczonego przez te punkty. Udowodnić, że
.5025 2222 uzyx
Przykład 1
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku:
Z twierdzenia Pitagorasa i z (4):
25
21 2222
222222222222
ksrponml
ksrponmltzyx
Przykład 1
Aby udowodnić nierówność prawą trzeba najpierw wymyśleć i wykazać, że dla dodatnich a i b (a więc m.in. długości boków czworokąta) mamy:
Stąd otrzymujemy:
.02222 abbaba
.50
2222
222222222222
ksrponmlksrponmltzyx
Przykład 1
Do kolejnego zadania przyda się nam twierdzenie Van Aubela: Jeżeli w trójkącie ABC proste AA’, BB’ i CC’ przecinają się w punkcie M, to:
BCAC
CBAB
MAAM
''
''
'
Twierdzenie Van Aubela
W dowodzie będziemy korzystać z własnościproporcji ( ) oraz faktu, że jeżeli dane są 3 współliniowe punkty A, B i C oraz niewspółliniowy z tą trójką D to:
dbca
dc
ba
BCAB
hBC
hAB
SS
BCD
ABD
2121
Twierdzenie Van Aubela
Dowód:
BMC
ACMB
BMAMCA
AMBAMC
BMA
AMB
MCA
AMC
SS
SSSS
SS
SS
MAAM
'''''
BMC
AMB
MCBBCB
MABBAB
MCB
MAB
BCB
BAB
SS
SSSS
SS
SS
CBAB
''
''
'
'
'
'
''
BMC
AMC
MBCBCC
AMCACC
MBC
AMC
BCC
ACC
SS
SSSS
SS
SS
BCAC
''
''
'
'
'
'
''
'''
''
MAAM
SS
SS
SS
BCAC
CBAB
BMC
ACMB
BMC
AMC
BMC
AMB
Dowód:
BMC
ACMB
BMAMCA
AMBAMC
BMA
AMB
MCA
AMC
SS
SSSS
SS
SS
MAAM
'''''
BMC
AMB
MCBBCB
MABBAB
MCB
MAB
BCB
BAB
SS
SSSS
SS
SS
CBAB
''
''
'
'
'
'
''
BMC
AMC
MBCBCC
AMCACC
MBC
AMC
BCC
ACC
SS
SSSS
SS
SS
BCAC
''
''
'
'
'
'
''
'''
''
MAAM
SS
SS
SS
BCAC
CBAB
BMC
ACMB
BMC
AMC
BMC
AMB
Dowód:
BMC
ACMB
BMAMCA
AMBAMC
BMA
AMB
MCA
AMC
SS
SSSS
SS
SS
MAAM
'''''
BMC
AMB
MCBBCB
MABBAB
MCB
MAB
BCB
BAB
SS
SSSS
SS
SS
CBAB
''
''
'
'
'
'
''
BMC
AMC
MBCBCC
AMCACC
MBC
AMC
BCC
ACC
SS
SSSS
SS
SS
BCAC
''
''
'
'
'
'
''
'''
''
MAAM
SS
SS
SS
BCAC
CBAB
BMC
ACMB
BMC
AMC
BMC
AMB
Wewnątrz trójkąta ABC obrano punkt M. Proste AM, BM, i CM przecinają boki BC, CA i AB odpowiednio w punktach P, Q i R. Udowodnij, że:
.8MRCM
MQBM
MPAM
Przykład 2
Stosując do trójkąta ABC twierdzenie Van AubelaOtrzymujemy wyrażenie:
…które szacujemy z dołu za pomocą faktu (2)lub nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną.
824
PBRAQCRBPCQA
QAPCRBQCPBAR
QCQA
QACQ
PBCP
PCBP
RBAR
RABR
PBCP
QACQ
PCBP
RABR
RBAR
QCAQ
MRCM
MQBM
MPAM
Przykład 2
W niektórych nierównościach mamy „do czynienia” z bokami trójkąta. Do ich dowodzenia bardzo przydatny jest następujący fakt:
Jeżeli a, b i c są długościami boków trójkąta to istnieją dodatnie liczby x, y i z spełniające układ równań:
Lemat ten jest natychmiastową konsekwencją twierdzenia o stycznej.
xzczybyxa
Boki trójkąta
Jeżeli a, b, c są długościami boków trójkąta, to zachodzi nierówność:
Istotnie, stosując wspomniane podstawienie i korzystając z faktu (2) lub nierówności Cauchy’ego otrzymujemy:
.3
cba
cbac
bacb
a
.3621
21
21
xz
zx
yz
zy
xy
yx
yxz
xzy
zyx
cbac
bacb
acba
Przykład 3
Teraz trochę o zastosowaniach trygonometrii. Znane są nierówności:
Z (5) i z wzoru możemy wywnioskować, że pole trójkąta nie przekracza połowy iloczynu dwóch jego dowolnych boków.
1cos)6(1sin)5(xx
sin21 abSABC
Trygonometria
W trójkącie boki a, b i c spełniają nierówności , a jego pole wynosi 1. Dowieść, że
Zastosujemy tu wspomniany przed chwilą wniosek oraz nierówność trójkąta:
cba
.2 ca
.2
sin222
ca
abab cab
Przykład 4
Niech - kąty trójkąta. Udowodnić, że
Z twierdzenia cosinusów i wzoru na sinus połowy kąta:
Analogicznie
Przykład 5 ,,
.81
2sin2
sin2
sin
bcacb
2cos
222
bca
bcbcacba
22sin
442cos1
2
2222sin
81
2222sin
2sin2
sin
22sin
22sin
abc
cab
bca
abccab
Dla każdego czworokąta wypukłego ABCD prawdziwa jest nierówność:
.ADBCCDABBDAC
Nierówność Ptolemeusza
Obieramy na półprostych AB, AC i AD odpowiednio takie punkty B’, C’ i D’, że Wówczas , stąd (bkb),gdzie skala podobieństwa . StądAnalogicznie . Stosując nierówność trójkąta do punktów B’, C’ i D’ mamy:
.1',1',1'AD
ADAC
ACAB
AB
''
ABAC
ACAB
''~ BACABC
ACABACABk
1'
ACABBCCB
''
ACADCDDC
ABADBDDB
''''
.
,
,''''''
CDABBCADBDAC
ACADCD
ACABBC
ABADBD
DCCBDB
Nierówność Ptolemeusza
Dowieść, że dla dowolnych liczb rzeczywistych dodatnich zachodzi nierówność
Przykład 6
.222222 acbacb cababcbca
Wbrew pozorom jest to zadanie z geometrii. Stosujemy twierdzenie cosinusów i nierówność Ptolemeusza do czworokąta na rysunku. Ustalamy w nim jedynie miary kątów, przez co a, b i c są dowolne.
Przykład 6
60CADBACbACaADcAB
bacbac
abCD
bcBC
caBD
22
22
22
Powyższe przykłady nie wyczerpują tematu – przeciwnie są jedynie krótkim wstępem (a nawet wstępem do wstępu) do dowodzenia nierówności geometrycznych. Aby się o tym przekonać wystarczy przejrzeć kilka zbiorów zadań z olimpiad.
>Koniec<
Recommended