NIERÓWNOŚCI W GEOMETRII

2. NIERÓWNOŚCI W GEOMETRII Zima 2011/2012

3. Spis Treści: • Nierówność izoperymetryczna • Nierówność Cauchy’ego o średnich • Nierówność trójkąta

4. NIERÓWNOŚĆIZOPERYMETRYCZNA

5. Nierówność izoperymetryczna to nierówność zachodząca dla dowolnej figury płaskiej: gdzie: • A to pole powierzchni figury • p to obwód figury • Q to tzw. iloraz izoperymetryczny

6. Zdefiniowany w nierówności iloraz perymetryczny jest równy jedności Q = 1 jedynie w przypadku koła, dla wszystkich innych figur jest mniejszy od jedności Q < 1. Własność tę inaczej wyrażają dwa równoważne stwierdzenia: • spośród wszystkich figur płaskich o zadanym obwodzie koło ma największe pole; • spośród wszystkich figur płaskich o zadanym polu koło ma najmniejszy obwód. • Nierówność izoperymetryczna jest rozwiązaniem szczególnego (dwuwymiarowego) przypadku problemu izoperymetrycznego, jednego z zadań rachunkuwariacyjnego.

7. NIERÓWNOŚĆ CAUCHY‘EGO O ŚREDNICH

8. Nierówność Cauchy'ego o średnich dla liczb dodatnich a1, a2, ..., an stwierdza, że ciąg: średnia kwadratowa, średnia arytmetyczna, średnia geometryczna, średnia harmoniczna liczb a1, a2, ..., an jest nierosnący. Jej nazwa pochodzi od nazwiska Augustina Louisa Cauchy'ego, francuskiego matematyka. Oznacza to, że:

9. Ponadto równości w powyższym wyrażeniu zachodzą wtedy i tylko wtedy, gdy liczbya1, a2, ..., an są równe. Pierwsza z nierówności zachodzi również dla dowolnych liczb rzeczywistych (lecz wtedy, w ogólnym przypadku, wyrażenie po lewej stronie znaku nierówności opisuje średnią). Nierówność Cauchy'ego o średnich jest szczególnym przypadkiem nierówności o średniej uogólnionej. Można też rozważać ważoną wersję tej nierówności:

10. DOWODY Nierówność Cauchy'ego o średnich jest szczególnym przypadkiem nierówności o średniej potęgowej, więc dowód nierówności między średnimi potęgowymi jest jednocześnie dowodem nierówności Cauchy'ego, ale można przeprowadzić również osobne dowody, mniej lub bardziej zbliżone do dowodu nierówności o średniej potęgowej, dla poszczególnych nierówności zawartych w nierówności Cauchy'ego. Jest to Średnia geometryczna i harmoniczna Średnia arytmetyczna i geometryczna Średnia arytmetyczna i kwadratowa

11. Średnia arytmetyczna i kwadratowa Dowód korzysta z nierówności o ciągach jednomonotonicznych. Weźmy nierosnący ciąg liczb rzeczywistych dodatnich: a1,a2,...,an. Weźmy sumę: Zgodnie z nierównością o ciągach jednomonotonicznych jest to największa suma, jaką możemy uzyskać poprzez mnożenie wyrazów podanego ciągu. Po pomnożeniu jej przez n otrzymujemy: co zgodnie z nierównością jest nie mniejsze niż suma dowolnych n sum powstałych w wyniku podobnego mnożenia. Łatwo zauważyć, że iloczyn: (a1 + a2 + ... + an)2 jest sumą dokładnie n takich sum, zatem: dzielimy obustronnie przez n² , co da nam: Wyciągamy obustronnie pierwiastek kwadratowy, co kończy dowód:

12. NIERÓWNOŚĆ TRÓJKĄTA

13. Twierdzenie Niech A,B,C będą punktami na płaszczyźnie. Wówczas: |AB| + |BC| ­ |AC|, |AC| + |BC| ­ |AB|, |AC| + |AB| ­ |BC|, przy czym równość zachodzić może wtedy i tylko wtedy, gdy punkty A,B,C są współliniowe. Na pozór nie da się osiągnąć wiele za pomocą samej tylko nierówności trójkąta. Jej zastosowanie związane jest bardzo często z ważną techniką rozwiązywania zadań Geometrycznych, zwana potocznie – dorysowywaniem. Obejrzyjmy pierwszy przykład.

14. Zadanie 1. Na płaszczyźnie dane są odcinki AB, CD długości 1, które przecinają się w punkcie O. Udowodnij, że jeśli kąt AOC ma miarę 60 stopni, to |AC| + |BD| ­ 1.

15. Dowód: Z pozoru rysunek niewiele wnosi do sytuacji. A im więcej się ma wiedzy, tym bardziej nam to może zaszkodzić. „A może teraz oznaczyć wszystkie kąty, załadować twierdzenia sinusów, albo wrzucić wszystko w układ współrzędnych?” - jeśli takie myśli chodzą Wam po głowie jest to, delikatnie rzecz ujmując, objaw chorobowy. Wystarczy nierówność trójkąta. Kluczowa sztuczka: przenieść jeden z odcinków tak, by znalazł się obok drugiego. Istotnie, niech B1 będzie takim punktem na płaszczyznie, że AB||CB1 i |CB1| = 1. Wówczas czworokąt ACB1B jest równoległobokiem i |AC| = |BB1|. Odcinek AC został więc przeniesiony. Teraz wystarczy połączyć odcinki B1 i D, aby stwierdzić, że trójkąt CB1D jest równoboczny i każdy z jego boków ma długość 1. Zatem |AC|+|BD| =|BB1|+|BD| ­ 1 na mocy nierówności trójkąta. Równość zachodzi wtedy, gdy punkty A i C pokrywają się.

16. Zadanie 2.Niech ABCD będzie czworokątem wypukłym o tej własności, że AB 6 ||CD. Niech E, F będą środkami boków AD,BC. Udowodnij, że |EF| < |AB|+|CD|/ 2 .

17. DOWÓD Kluczowa sztuczka, to spojrzeć na środek przekątnej BD, nazwijmy go P. Z Twierdzenia Talesa widzimy, że odcinki PE, PF są równoległe odpowiednio do boków AB, CD naszego czworokąta. Co więcej, ich długości to odpowiednio 1/ 2 |AB|, 1/2 |CD|. Zatem teza wynika znowu z nierównosci trójkąta.Twierdzenie Talesa, zwłaszcza wersja dotycząca środków boków jest często wykorzystywanym narzędziem.

18. KONIEC