Тема Геометрические неравенства

Неравенство медианы

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела геометрические неравенства

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#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, $3P < 4M <P. 4$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#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 3#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 4#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 5#31353

Точки $D$ и $E$ делят сторону $AB$ треугольника $ABC$ на три равные части. Докажите, что $CD + CE <AC + BC$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Заметим, что у нас есть несколько треугольников на картинке и несколько проведенных в них медиан (например, CD - медиана ACE.) Как мы можем этим воспользоваться для доказательства неравенств?

Подсказка 2

Да, при наличии медианы мы всегда можем вспомнить о неравенство на стороны треугольника и медиану! Например, 2CD < AC + CE. Попробуйте, используя такие неравенства для имеющихся треугольников, теперь доказать требуемое в задаче.

Показать доказательство

$PIC$

Запишем для треугольника $CAE$ неравенство на медиану:

2CD < AC +CE

Точно такое же неравенство можно написать для треугольника $BCD$ :

2CE < BC +CD

Сложим эти два неравенства:

2CD +2CE < AC+ CE + BC +CD,

CD + CE < AC+ BC

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#31354

Внутри прямого угла с вершиной $O$ взята точка $C$ , а на его сторонах — точки $A$ и $B$ . Докажите, что $2OC < AC+ BC +AB.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так, снова встречаем неравенство на странные отрезки, которые между собой никак не соотносятся. Мы знаем несколько известных неравенств на отрезки - например, неравенство треугольника. Тогда попробуем его здесь найти и использовать

Подсказка 2

Для этого нам пригодится создать на картинке отрезок длинной 2ОС, пока его нет. Давайте просто продлим за точку О отрезок ОС до точки ОС1, так, что ОС1 = ОС. Теперь длина СС1 = 2ОС. Ищем треугольник, для которого можно написать неравенство! (мы же предварительно нарисовали картинку и отметили там все отрезки, о которых идет речь, да?)

Подсказка 3

Например, можно для треугольника АСС1. То есть, если мы докажем, что АС1<= АВ + ВС, то получим неравенство из условия! Осталось это доказать, и задача решена😏

Показать доказательство

Первое решение.

Удвоим отрезок $CO$ за точку $O$ и получим отрезок $′ CC$ длины как в левой части искомого неравенства. Нужно доказать, что его длина меньше периметра треугольника $ABC$ . Отразим также точку $B$ относительно точки $O$ и обозначим полученную точку за $D$ .

$PIC$

В силу осевой симметрии точек $B$ и $D$ относительно $AO$ получаем $AB =AD$ . Из равенства треугольников $BOC$ и $DOC′$ по двум сторонам (из построения) и углу между ними (как вертикальные) имеем $BC =DC ′$ . Наконец, из неравенства ломаной $CC ′ <CA + AD +DC ′ = CA +AB + BC$ получаем требуемое.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

$PIC$

Отразим точку $C$ относительно сторон угла $AOB$ , получим точки $′ C$ и $′′ C$ .

По построению стороны угла являются серединными перпендикулярами к сторонам $CC ′$ и $CC ′′$ , а в силу того, что угол между сторонами угла прямой, угол $C′CC ′′$ между перпендикулярами к ним тоже является прямым. Поэтому точка $O$ лежит на гипотенузе $C′C′′$ треугольника $C′CC′′$ и является центром описанной около него окружности, а отрезок $CO$ — её радиусом $R$ .

Выражение в правой части неравенства превращается в длину ломаной $C′A+ AB +BC ′′$ , которая больше длины отрезка $C ′C′′ =2R = 2CO.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третье решение

Используем прямоугольный треугольник $AOB :$ пусть $M$ — середина $AB$ , тогда $OM = AB2$ . В связи с этим нужно доказать $OC < OM + BC+A2C-.$

$PIC$

Запишем неравенство треугольника для $ΔOMC$ : $OC ≤OM +MC$ . Осталось доказать $BC+AC- MC < 2$ . Но это известное неравенство медианы, применённое для $ΔABC$ .

В итоге

BC +AC AB + BC +AC OC ≤OM +MC < OM + ---2---= ------2-----

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#98029

На сторонах $AB$ и $AC$ треугольника $ABC$ выбрали точки $M$ и $N$ соответственно так, что $AN +BN =AB + CN$ и $AM +CM =AC + BM.$ Отрезки $BN$ и $CM$ пересекаются в точке $S.$ Докажите, что $∘ ∠NSC < 60 .$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Тут будет лучше найти другой угол, равный углу CSN, с которым будет выгоднее работать.

Подсказка 2

Угол проще оценивать, если он находится в равнобедренном треугольнике, потому что в нëм все три угла можно выразить через один.

Подсказка 3

Попробуйте рассмотреть точку D на продолжении луча CS за точку S такую, что SN = SD.

Показать доказательство

$PIC$

Сложив два равенства, получаем

AN + BN + AM + CM = AB +CN + AC +BM

Сокращая, получаем $CM + BN =2(CN + BM ).$ Тогда, либо $CS+ SN ≥2CN,$ либо $BS +SM ≥ 2BM.$ Без ограничения общности, $CS + SN ≥2CN.$ На продолжении луча $CS$ за точку $S$ отметим такую точку $D,$ что $SD = SN.$ Отразив точку $C$ относительно прямой $DN,$ получим точку $K.$ Заметим, что $∠CDK = 2∠CDN = ∠CSN.$ С другой стороны,

CK <CN + NK = 2CN ≤ CS+ SN = CD

Следовательно, $∘ ∠CDK < ∠CKD =(180 − ∠CDK )∕2.$ Таким образом, $∘ ∠CSN = ∠CDK <60 .$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#71296

На круглом столе лежат 2017 правильно идущих механических часов. Докажите, что в какой-то момент времени сумма расстояний от центра стола до концов минутных стрелок будет больше, чем сумма расстояний от центра стола до центров часов.

Показать доказательство

$PIC$

Рассмотрим одни часы. Обозначим центр стола через $A$ , центр часов через $O$ . Выберем два момента времени через 30 минут друг от друга, таким образом, если обозначить стрелки в эти моменты через $OB$ и $OC$ , точки $B$ и $C$ будут диаметрально противоположны. Тогда $O$ — середина отрезка $BC$ , и по неравенству на медиану треугольника $ABC$ имеем $AB + AC ≥2AO$ , причем равенство возможно только если $A$ , $O$ , $B$ и $C$ лежат на одной прямой. Напишем такие же неравенства для всех часов в указанные два момента времени, и сложим их. Более того, выберем моменты времени так, чтобы хотя бы на одних часах (например, на рассматриваемых) точки $B$ и $C$ не лежали на прямой $AO$ . Тогда сумма расстояний от центра стола до концов минутных стрелок в первый момент времени плюс сумма расстояний от центра стола до концов минутный стрелок во второй момент времени будет больше, чем удвоенная сумма расстояний от центра стола до центров часов. Значит, хотя бы в один из двух рассматриваемых моментов времени сумма расстояний до концеов минутный стрелок будет больше, чем сумма расстояний от центра стола до центров часов.

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Предыдущий раздел

Следующий раздел