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<