Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Геометрические неравенства

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела планиметрия

Разделы подтемы Геометрические неравенства

Неравенство треугольника в планике

Неравенство медианы

Неравенство ломаной

Перекладывание отрезков

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#61359

Дан прямоугольник $ABCD,$ у которого $AB > BC.$ На стороне $AB$ отмечены точки $K$ и $L$ такие, что $K$ лежит между $A$ и $L$ и $KL = BC.$ Докажите, что $KD + LC$ меньше половины периметра прямоугольника.

Показать доказательство

Полупериметр прямоугольника $ABCD$ равен сумме его двух соседних сторон, то есть равен $AB + BC.$

$ABCDKL$

Значит, нужно доказать, что $KD + LC < AB + BC.$

По условию $KL = BC.$ Тогда

AB + BC = AK +KL +LB + BC = AK +LB + 2BC.

Запишем неравенство треугольника для $△ AKD :$

KD < AD + AK.

Запишем неравенство треугольника для $△ BLC :$

LC < BC + LB.

Сложим два полученных неравенства:

KD +LC < AD + AK +BC + LB.

Заметим, что $AD =BC,$ так как $ABCD$ — прямоугольник. Тогда

KD +LC < AD +AK +BC +LB = AK +LB + 2BC = AB + BC.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#81385

В треугольнике $ABC$ отметили точку $E$ на отрезке $BC.$ Докажите, что $AE$ меньше хотя бы одного из отрезков $AB$ и $AC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что мы знаем в треугольнике про угол, лежащий напротив большей стороны?

Подсказка 2

А ещё не забудьте, что Вы знаете сумму смежных углов!

Показать доказательство

$PIC$

Предположим противное, пусть $AE ≥ AB$ и $AE ≥AC.$ Как известно, в треугольнике против большей стороны лежит больший угол. Получается, что $∠ABC =∠ABE >∠AEB$ и $∠ACB =∠ACE >∠AEC.$ Если сложить неравенства, то получим, что $∠ABC + ∠ACB > 180∘,$ пришли к противоречию.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#81386

Докажите, что для любого прямоугольника сумма расстояний от произвольной точки плоскости до трех его вершин больше расстояния от этой точки до четвертой вершины.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нас просят доказать неравенство на длины отрезков, а именно что сумма каких-то трёх больше четвёртой. Хм, что-то напоминает… Чем будем пользоваться?

Подсказка 2

Попробуем написать неравенство треугольника и даже не одно! Для каких треугольников будем его писать?

Подсказка 3

Пусть, есть прямоугольник ABCD и точка O, тогда напишем неравенство треугольника для ACO и BDO. Что получаем?

Подсказка 4

Не умаляя общности докажем, что AO меньше чем сумма трёх других отрезков. Из треугольника ACO имеем: AO < AC + CO. А чему это равно в нашем треугольнике? (вспомните, что мы еще смотрели на треугольник BCO)

Показать доказательство

Пусть $ABCD$ — данный прямоугольник, а $O$ — произольная точка плоскости.

$PIC$

Заметим, что $AO < AC+ OC$ по неравенству треугольника $AOC.$ Также $BO +OD > BD$ по неравенству треугольника $OBD.$ Осталось заметить, что

AO < AC +OC = BD +OC < BO + OD +OC

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#81387

Докажите, что в любой трапеции разность длин боковых сторон меньше разности длин оснований.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сумму отрезков в неравенстве можно представить, а вот как получить разность — более сложный вопрос. Но попробуйте придумать, как можно показать разность оснований на чертеже.

Подсказка 2

Например, если отложить от вершины трапеции меньшее основание внутри большего. Теперь вопрос, как использовать это отрезок. Нужно записать неравенство треугольника с ним. Он не является стороной никакого треугольника, но это легко исправить дополнительным построением!

Показать доказательство

Отметим на $AD$ такую точку $C , 1$ что $CC ∥AB. 1$ Получили параллелограмм $ABCC . 1$ То есть $AB = CC 1$ и $BC = AC . 1$ По неравенству для треугольника $DCC1$ имеем: $C1D > CC1− CD$ (пусть не умаляя общности $CC1 >CD$ ). Осталось заметить, что $C1D = AD − BC$ и $CC1− CD = AB − CD.$ Получили требуемое. Для трапеции, у которой тупые углы не при одном основании, работает аналогичное построение.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#81388

В треугольнике $ABC$ взята произвольная точка $O.$ Докажите, что $AB +BC > AO +OC.$

[Неравенство резинки]

Показать доказательство

Продлим $AO$ до пересечения с $BC$ в точке $X.$

$PIC$

Заметим, что $AO +OC < AX + CX,$ потому что $AX = AO + OX$ и $OX +CX > OC.$ Аналогично $AB +BC > AX + CX.$ Следовательно, $AB + BC > AO+ OC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#81389

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ углы $B$ и $C$ равны. Докажите, что

|AB− CD |<AD

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нужно доказать некоторое неравенство для четырёхугольника, которое ещё и включает в себя разность длин двух несмежных отрезков. Какое дополнительное построение можно сделать, чтобы в левой части неравенства вычитались друг из друга длины смежных отрезков? И как нам здесь поможет равенство углов В и С?

Подсказка 2

Продолжим прямые АВ и СD до пересечения (точка Р). С какой бы стороны от отрезка ВС они ни пересекались, отрезки РС и РВ окажутся равными, следовательно, разность АВ и СD можно заменить разностью PA и РD! Доказать получившееся неравенство не составит труда:)

Подсказка 3

А всегда ли эти прямые можно продолжить до пересечения? Конечно, не совсем всегда, поэтому нужно не забыть рассмотреть случай их параллельности!

Показать доказательство

$PIC$

Предположим, что прямые $AB$ и $CD$ пересекаются в точке $P.$ Тогда треугольник $PBC$ — равнобедренный, откуда следует, что $|AB − CD |=|PA − P D|$ (это не зависит от того, с какой стороны пересекаются прямые $AB$ и $CD$ ). По неравенству треугольника получаем, что $|P A− PD|< AD.$ Осталось разобрать случай параллельности $AB$ и $CD.$ В этом случае углы $B$ и $C$ равны по $90∘.$ Опустим перпендикуляр $AT$ на прямую $CD.$ Тогда $|AB − CD|= DT < AD,$ что и требовалось доказать.

$PIC$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#90823

На плоскости отмечено $2n$ точек, никакие три из которых не лежат на одной прямой. Докажите, что эти точки можно соединить $n$ отрезками так, чтобы никакие два отрезка не имели общих точек (включая концов).

Показать доказательство

Первый способ. Рассмотрим всевозможные разбиения точек на пары и соединим их отрезками. Выберем разбиение на пары, в котором сумма длин проведенных отрезков минимальна. Такое разбиение существует, так как количество способов разбить на пары конечно.

Предположим, что какие-то два из отрезков ( $AB$ и $CD$ ) имеют общую точку $O$ .

$PIC$

Применим неравенство треугольника:

AO + OD > AD, BO +OC > BC

Сложим эти неравенства:

(AO + BO)+ (OD + OC )>AD + BC

AB + CD > AD +BC

Тогда если мы поменяем пары $AB,CD$ в разбиении на пары $AD, CB,$ то сумма длин проведенных отрезков уменьшится. Но это противоречит минимальности суммы длин во взятом разбиении на пары.

Второй способ. Мысленно проведем всевозможные отрезки между $2n$ точками. Их конечное число, а возможных направлений прямых на плоскости бесконечно. Тогда найдется прямая, которая не параллельна ни одному из отрезков. Введем декартову систему координат на плоскости, где эта прямая будет осью абсцисс.

Так как ось абсцисс не параллельна ни одному из отрезков между $2n$ точками, у всех точек будут различные ординаты. Тогда пронумеруем точки сверху вниз. И проведём отрезки, соединяющие $2$ самые “верхние” точки, затем следующие по высоте $2$ точки и так далее. (Пример на картинке)

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#91861

Пусть $M$ — сумма длин медиан треугольника, $P$ — его периметр. Докажите, что

3 4P < M < P.

Показать доказательство

Обозначим стороны $BC =a,AC = b,AB = c,$ и соответствующие медианы $m ,m ,m . a b c$

$PIC$

Сначала докажем неравенство из условия $P > M.$ Так как медиана меньше полусуммы двух сторон, между которыми она заключена, можем выписать следующие неравенства:

ma < b+c, 2

m < a+c, b 2

a+b- mc < 2 .

Сложив эти неравенства, получим, что

b+-c+-a+-c+a-+b ma + mb+ mc < 2 ,

M < P.

— доказали.

Теперь докажем вторую часть нервенства $3P< M, 4$ то есть $3P < 4M.$ Запишем неравенства треугольников для $△ABM, △BCM, △CAM :$

2(ma-+mb) c< AM + BM = 3 ,

2(mb +mc) a <BM +CM = ---3----,

2(mc+-ma) b< CM +AM = 3 .

Домножим обе части неравенств на 3 и сложим их:

3(a+ b+ c)< 4(ma+ mb+ mc),

3P < 4M.

— доказали.

Так, мы доказали обе части неравенства. Значит, $3P < 4M <P. 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#91862

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ углы $A$ и $C$ — тупые. На сторонах $AB$ , $BC$ , $CD$ и $DA$ отмечены точки $K$ , $L$ , $M$ и $N$ соответственно. Докажите, что периметр четырёхугольника $KLMN$ больше удвоенной длины диагонали $AC$ .

Показать доказательство

Начертим четырёхугольник $CD A B , 1 1 1$ симметричный четырёхугольнику $CDAB$ относительно точки $C$ и отметим соответствующие точки $M1,N1$ и $K1.$ Заметим, что $LM > LM1,$ так как $∠BCD$ — тупой по условию, а $C$ - середина отрезка $MM1,$ то есть $L$ находится в той же полуплоскости относительно серединного перпендикуляра к $MM1,$ что и точка $M1.$ Также заметим, что так как $CD1A1B1$ симметричен $CDAB$ относительно точки $C,$ то $MN = M1N1.$ Далее продлим $B1A1$ на свою длину — точка $B2.$ Отметим на $A1B2$ точку $K2$ так, что $AK = A1K1 =A1K2.$

$PIC$

Аналогично отрезкам $LM > LM1,$ можем получить, что $N1K2 >N1K1 = KN$ (так как $∠B1A1D1 = ∠BAD$ - тупой по условию). Так как $A1K2 = AK$ и $AK ||A1K2,$ $KK2 = AA1 =2AC$ ( $AKK2A1$ — параллелограмм). Таким образом, для пятиугольника $KLM1N1K2$ можем выписать неравенство:

KL + LM1 +M1N1 + N1K2 > KK2 = 2AC,

Так как $LM1 > LM,M1N1 = MN, N1K2 > NK,$ получаем, что:

PKLMN = KL +LM + MN +NK >KL + LM1 +M1N1 + N1K2 > KK2 = 2AC.

Значит, $PKLMN > 2AC.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#91868

Докажите, что сумма расстояний от любой точки внутри треугольника до трех его вершин меньше периметра треугольника.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Стоит воспользоваться фактом, что для произвольной точки P внутри △АВС верно, что АВ+АС > ВР+РС. Доказать это можно, если продлить один из отрезков ВР или РС до стороны △АВС и использовать два неравенства треугольника.

Подсказка 2

Тогда если использовать полученный факт ко всем парам сторон △АВС и сложить все эти неравенства, то можно получить требуемое.

Показать доказательство

Пусть дан треугольник $ABC,$ а $P$ — произвольная точка внутри него. Докажем, что

AB + CA > BP + CP

Для этого продлим $BP$ до пересечения с $AC,$ пусть $M$ — точка пересечения $BP$ и $AC.$

$PIC$

Запишем неравенство треугольника для треугольника $ABM$

AB + AM > BM = BP + PM

Тогда

AB + CA = AB+ AM + MC > BP + PM + MC

Теперь применим неравенство треугольника для треугольника $PMC$

AB + CA >BP + PM + MC > BP +CP

Аналогично доказываем, что

AB + BC >AP + CP и BC+ CA > AP +BP

Сложив три полученных неравенства, получим

2(AB + BC +CA )> 2(AP +BP + CP)

AB +BC + CA > AP + BP + CP

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#98024

Докажите, что если в выпуклом четырехугольнике $ABCD$ имеет место неравенство $AB ≥AC,$ то $BD > DC.$

Подсказки к задаче

Подсказка

Эта задача решается с помощью одного известного факта. Звучит так: в треугольнике против большей стороны лежит больший угол. Попробуйте перейти от отрезков к углам.

Показать доказательство

$PIC$

Первое решение.

Рассмотрим треугольник $ABC.$ В нём $AB ≥ AC,$ поэтому $∠ACB ≥ ∠ABC.$ Поскольку луч $CA$ проходит между сторонами угла $BCD,$ то

∠DCB = ∠DCA +∠ACB >∠ACB ≥∠ABC =∠DBC +∠ABD > ∠DBC

то есть в треугольнике $DBC$ — $∠DCB > ∠DBC.$ Следовательно, $BD > DC.$

Второе решение.

Пусть $M$ — точка пересечения диагоналей $AC$ и $BD$ данного четырёхугольника. Применим неравенство треугольника к треугольникам $AMB$ и $DMC :$

AM + BM >AB, DM + MC > DC

Сложив почленно эти неравенства, получим, что $AC+ BD > AB +DC.$ Если $AB ≥ AC,$ то $BD > DC$ . ЧТД.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#69112

В треугольнике $ABC$ на стороне $AB$ выбраны точки $K$ и $L$ так, что $AK = BL,$ а на стороне $BC$ — точки $M$ и $N$ так, что $CN = BM.$ Докажите, что $KN + LM ≥ AC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте обратим внимание на схожесть расположения каждого из отрезков нашего неравенства. Каждый из них включен в треугольник с вершиной B. Попробуйте выразить вектора AC, KN и LM через вектора выходящие из вершины B.

Подсказка 2

Не просто же так в условии сказано, что BL=KA, а BM=NC. Подумайте, почему эти же равенства будут верны и в векторном виде и подставьте их в выражения, которые мы находили ранее. Подумайте, как теперь мы можем связать вектора AC, KN и LM.

Подсказка 3

Если до этого вы всё сделали правильно, то должны были получится векторные равенства: KN = BN - BK, LM = NC - KA. Если сложить два векторных равенства, то получим KN+LM=(BN+NC)-(BK+KA)=BC-BA=AC. Подумайте, почему данное векторное равенство доказывает неравенство из условия.

Показать доказательство

Рассмотрим для определенности конфигурацию, изображенную на рисунке

$PIC$

Тогда имеем следующие равенства:

( ||| −A→C =−B−→C − −B→A { −−K→N = −−B→N − −−B→K |||( −−→ −−→ −→ LM = BM − BL

Поскольку $−−→ −−→ BM = NC,$ а $−→ −−→ BL = KA,$ то сложив второе и третье равенства получим

−−→ −−→ (−−→ −−→ ) (−−→ −→ ) −−→ −→ −→ KN + LM = BN + BM − BK + BL =BC − BA = AC

Следовательно

|−A→C |= |−−L→M +−K−N→|≤ |−L−→M |+ |−K−→N |

Заметим, что при таком решении не существенно, как расположены точки $K, L, M$ и $N.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#71287

Докажите, что медиана меньше полусуммы сторон, между которыми она заключена.

Показать доказательство

$PIC$

Сделаем с медианой самое естественное, что можно сделать: продлим на свою длину. Обозначим получившуюся точку через $P$ . Тогда $ABCP$ — параллелограмм, так как его диагонали делятся точкой пересечения пополам. Значит, $AB = CP$ . При этом по неравенству треугольника

AB +BC = CP + BC >BP

AB-+-BC- 2 > BM

Замечание. Вообще, те же рассуждения можно записать через векторы. На самом деле как раз из рассуждений выше следует, что

−→ −−→ −B−M→ = AB+-BC-- 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#71290

Докажите, что в параллелограмме против большего угла лежит большая диагональ.

Показать доказательство

$PIC$

Обозначим параллелограмм через $ABCD$ , и пусть $∠A< ∠B$ . Продлим отрезок $AB$ за точку $B$ на свою длину, обозначим полученную точку через $K$ . Тогда $DC =AB = BK$ , и $DC ∥ BK$ . Значит, $DCKB$ — тоже параллелограмм, в частности, $BD = KC$ . Так как $∠A< ∠B$ , а их сумма равна $∘ 180$ , то $∘ ∠ABC > 90$ . Поэтому, если провести через $B$ серединный перпендикуляр к $AK$ , то относительно этого серединного перпендикуляра точки $A$ и $C$ лежат по разные стороны. Отсюда $AC > CK = BD.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#71291

Дан треугольник $ABC,CD$ — медиана, проведённая к стороне $AB.$ Докажите, что если $AC >BC,$ то $∠ACD <∠BCD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Когда мы видим медиану, нам сразу в голову должно приходить базовое дополнительное построение — продление медианы на её длину. Так и сделаем, продлим CD за точку D.

Подсказка 2

Теперь у нас есть параллелограмм, а также новые треугольники. В одном из них и кроется решение задачи. Вспомните факт про угол напротив большей стороны в треугольнике.

Показать доказательство

$PIC$

Продлим медиану $CD$ за точку $D$ на свою длину, обозначив полученную точку через $K.$ Тогда фигура $CAKB$ — параллелограмм, так как его диагонали точкой пересечения делятся пополам. Поэтому $BC = AK$ как противоположные стороны параллелограмма, $∠BCD =∠DKA$ как накрест лежащие. В треугольнике $AKC$ сторона $AC > BC = AK,$ а напротив большей стороны в треугольнике лежит больший угол, значит, $∠BCD = ∠AKC > ∠ACD.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#71292

На окружности диаметра 2 выбраны $100$ точек $A 1$ , $A 2$ , …, $A 100$ . Докажите, что на окружности можно выбрать точку $M$ так, что

MA1 + ...+MA100 ≥ 100

Показать доказательство

$PIC$

Выберем точку $M$ на окружности, и отметим также диаметрально противоположную ей точку $′ M$ , причем отметим $M$ так, чтобы ни $M$ , ни $′ M$ не совпадала ни с одной из отмеченных ранее точек $Aj$ (так можно сделать, ведь на окружности отмечено лишь конечное число точек, то есть конечное число запретов, меж тем как в качестве $M$ мы можем выбрать любую из бесконечного числа точек).

Для одной из выбранный точек $Ai$ рассмотрим два отрезка $MAi$ и $′ M Ai$ . Заметим, что по неравенству треугольника $′ MAiM$ сумма $′ ′ MAi + M Ai > MM = 2$ , так как $′ MM$ — диаметр окружности. Запишем аналогичные неравенства для всех $Ai$ и сложим их. Получим неравенство

(MA1 + MA2 + ...+MA100 )+(M ′A1+ M ′A2 +...+ M ′A100)> 200,

значит, одна из двух скобок в левой части больше $100.$ Таким образом, в качестве искомой точки подойдет либо $M$ , либо диаметрально противоположная ей точка $′ M$ .

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#71293

Точка $M$ лежит внутри острого угла. Постройте на сторонах этого угла точки $A$ и $B$ , для которых периметр треугольника $AMB$ был бы наименьшим.

Показать доказательство

Обозначим вершину угла через $O$ . Отразим точку $M$ относительно сторон угла, обозначив полученные две точки через $N$ и $K$ .

$PIC$

Рассмотрим произвольные точки $X$ и $Y$ на сторонах угла. Заметим, что в силу симметрии $XM =XN$ , $Y K = YM$ . Поэтому периметр треугольника $XMY$ равен длине ломаной $NXY K$ . Длина этой ломаной не меньше длины отрезка $NK$ , и равенство возможно только когда точки $X$ и $Y$ лежат на отрезке $NK$ . Поэтому в качестве точек $A$ и $B$ таких, чтобы периметр треугольника $AMB$ был наименьшим, необходимо выбрать точки пересечения отрезка $NK$ со сторонами угла.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание.

Условие, что исходный угол острый, важно: если бы $∠O$ был тупым, то построенный отрезок $NK$ не пересекался бы со сторонами угла, а если бы $∠O$ был прямым, то пересекался бы в точке $O$ . В качестве упражнения докажите, что в обоих этих случаях в качестве точек $A$ и $B$ необходимо выбрать точку $O$ , таким образом, периметр вырожденного треугольника $OMO$ является наименьшим из возможных.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#74608

Сторону $AC$ треугольника $ABC$ разбили точками $D$ и $E$ на три равные части. Докажите, что $AB+ BC > BD +BE.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Есть такой факт: медиана треугольника меньше суммы двух сторон, к которым она не проведена (докажите это самостоятельно через дополнительное построение).

Подсказка 2

Используя его для ABE и BDC, мы получаем два неравенства, и решаем задачу.

Показать доказательство

$PIC$

Вспомним известное неравенство. В треугольнике медиана меньше полусуммы сторон, к которым она не проведена. Чтобы его доказать, надо просто удвоить эту медиану и написать неравенство треугольника.

Теперь к задаче. Применим это неравенство к медианам $BD$ и $BE$ треугольников $ABE$ и $DBC :2BD < AB +BE, 2BE <BD + BC.$ Осталось сложить эти неравенства и получить требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#74758

На столе лежат несколько часов. Докажите, что в некоторый момент сумма расстояний от центра стола до концов минутных стрелок будет больше, чем сумма расстояний до центров часов если:

(a) все часы идут правильно;

(b) каждые часы идут со своей постоянной скоростью.

Показать доказательство

(a) Пусть $Ai$ и $Bi$ – положения конца минутных стрелок часов с номером $i$ в моменты $t$ и $t+ 30$ минут, $Oi$ – центр $i$ -х часов, а $O$ – центр стола.

Лемма. $OA+OB OOi ≤ --i2--i$ для любого $i.$

Доказательство. Рассмотрим треугольник с вершинами $O,Ai,Bi.$ Ясно, что $OOi$ – его медиана. Как известно, медиана треугольника не превосходит полусуммы прилежащих к ней сторон (достаточно достроить треугольник до параллелограмма $OAiO′Bi$ и применить неравенство треугольника к $OAiO′$ ).

Понятно, что $t$ можно подобрать так, чтобы для некоторого $i$ точки $Ai$ и $Bi$ не лежали на прямой $OiO,$ т. е. по крайней мере одно из $n$ неравенств становится строгим. Сложим все эти неравенства, получим

2OO1 +...+2OOn < OA1+ OB1 +...+OAn + OBn.

Ясно, что в таком случае либо $OO1 +...+ OOn < OA1+ ...+ OAn,$ либо
$OO1 + ...+OOn < OB1 +...+OBn.$ Тогда сумма расстояний от центра стола до концов минутных стрелок будет гарантированно больше, чем сумма расстояний до центров часов либо в момент $t$ , либо в момент $t+30.$

(b) Зафиксируем момент времени 0 – начало отсчета. Рассмотрим произвольные часы (с номером $i$ ). Из леммы в пункте $a$ ), в частности, следует, что среднее за один час расстояние от конца минутной стрелки до $O$ строго больше $OOi.$ Докажем, что существует момент времени $Ni$ такой, что для любого $t≥Ni$ среднее расстояние от конца минутной стрелки до $O$ за время от 0 до $t$ больше, чем $OOi.$ Пусть $mi$ – время, которое занимает один полный оборот $i$ -ых часов. Введем еще переменную $0≤ ti ≤ mi.$ Пусть $xi$ – разность между средним расстоянием от конца минутной стрелки до $O$ за один полный оборот и $OOi$ (по замечанию, $xi > 0$ ). И, наконец, пусть $sti$ есть среднее расстояние от конца минутной стрелки до $O$ за время от 0 до $ti.$ Нетрудно понять, что $ti(sti − OOi )$ ограничено снизу одной и той же константой для всех $0 ≤ti ≤mi.$ Обозначим ее как $ai :ai ≤ ti(sti − OOi)$ (при этом $ai$ вполне может быть отрицательным). Например, по неравенству треугольника ясно, что $|st − OOi|≤ i$ длины минутной стрелки, поэтому $ti(st − OOi) i$ больше либо равно, чем $− mi ⋅длина минутной стрелки.$

С помощью введенных обозначений, легко выразить разность между средним расстоянием за время от 0 до $t$ от конца минутной стрелки до $O$ и $OO i$ для произвольного $t:$

xi⋅mi ⋅[mt]+ (t− mi⋅[ tm-])(st−m ⋅[ t-]− OOi) -------i-----------i-----i-mi------. t

Объясним эту формулу. Разобьем время $t$ на максимальное число полных оборотов ( $[ tmi]$ ) и то что осталось – интервал от $mi⋅[mti]$ до $t.$ Поскольку $xi$ – разность между средним расстоянием от конца минутной стрелки до $O$ за один оборот часов и $OOi,$ то за $[ tmi]$ оборотов средняя разность будет равна $xi⋅[m t ], i$ а суммарная разность $xi⋅mi⋅[m t ] i$ . Ясно, что среднее расстояние от конца минутной стрелки до $O$ за время от 0 до $t− mi ⋅[m t] i$ равно среднему расстоянию за время от $mi⋅[mt] i$ до $t,$ поэтому средняя разность расстояния от конца минутной стрелки до $O$ и $OOi$ за это время равно $st−m ⋅[-t]− OOi, i mi$ а суммарное – $(t− m ⋅[ t])(s t − OO ). i mi t− mi⋅[mi] i$ Итак, в числителе стоит суммарная разность за время $t,$ и ее мы делим на $t,$ чтобы получить среднюю.

Поскольку $0≤ t− mi ⋅[m ti]≤ mi,$ по замечанию второе слагаемое в числителе ограничено снизу. А значит, если $[m ti]$ является достаточно большим числом, то первое слагаемое будет больше второго по модулю, и числитель будет являться положительным числом. Именно это и необходимо, чтобы среднее расстояние за время от 0 до $t$ от конца минутной стрелки до $O$ было больше $OOi.$

Вернемся к нескольким часам. Выберем наибольшее из всех $Ni$ и обозначим его $N.$ Рассмотрим теперь разность суммы расстояний от концов минутных стрелок всех часов до $O$ и $OO1+ ...+ OOn.$ Рассмотрим среднее этой величины за время $N$ . Оно является суммой по всем $i$ разности между средним расстоянием (за время $N$ ) от конца стрелки до $O$ и $OOi.$ По выбору $N,$ все слагаемые этой суммы положительные. Итак, у нас есть некоторая величина, среднее значение которой положительно – значит и в некоторой точке значение этой величины положительно. Эта некоторая точка и является моментом времени, в котором сумма расстояний от концов минутных стрелок до центра стола больше, чем сумма расстояний от центров часов до центра стола. Именно это и требовалось получить.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#75196

Дан треугольник $ABC,$ в котором $AB + AC > 3BC.$ Внутри этого треугольника отмечены точки $P$ и $Q$ такие, что $∠ABP =∠P BQ =∠QBC$ и $∠ACQ =∠QCP =∠P CB.$ Докажите, что $AP +AQ > 2BC.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Хотим оценить сумму - так попробуем оценить каждый ее член! Какие неравенства можно к ним применить?

Показать доказательство

$PIC$

По неравенству треугольника для треугольника $ABP$ имеем:

AP >AB − BP

Аналогично

AQ >AC − CQ

Складывая полученные неравенства имеем

AP + AQ >AB + AC − (BP + CQ)> 3BC − (BP +CQ )

Осталось показать, что $BP + CQ < BC.$ Пусть $R$ — точка пересечения прямых $BQ$ и $CP,P′$ — образ точки $P$ при симметрии относительно прямой $BR,Q′$ — образ точки $Q$ при симметрии относительно прямой $CR.$ Тогда достаточно показать, что $BP ′+CQ ′ <BC,$ что эквивалентно