Применение алгебраических тождеств к получению геометрических неравенств

36

Применение алгебраических точек есть к получению геометрических неравенств

З. А. Скопец

Алgebraические точекства, справедливые за отдельными исключениями, для множество компплексных чисел, можно с успехом применить для получения интересных геометрических неравенств, связывающих линейные и угловые элементы плоских фигур. Ниже несколько геометрических неравенств получено именно таким образом. Заметим, что найти число геометрические доказательства этих неравенств довольно трудно. Комплексные числа мы будем обозначать малыми буквами латинского алфавита $a, b, c, \dots$. Напомним, что компплексное число — это выражение $x+iy$, где $x$ и $y$ — действительные числа, а $i$ — минимая единица ($i^2=-1$). Если на плоскости задана прямогольная (декартова) система координат $Oxy$, то каждому компплексному числу $a=x+iy$ можно сопоставить точку $A$ плоскости с абсциссой $x$ и ординатой $y$. Приведем некоторые определения, связанные с компплексными числами.

I. Моделем компплексного числа $a=x+iy$ называется неотрицательное число $\sqrt{x^2+y^2}$, равное расстоянию

Рис. 1.

Рис. 2. $OM=MA$; $A_1M=MA_2$

Рис. 3. $OM=MA_1$; $A_2M=MA$

37

Рис. 4. Рис. 5.

имеем

$$|a_1+a_2| \leq |a_1|+|a_2|.$$ (2)

Знак равенства в (2) означает, что точки $O, A_1$ и $A_2$ расположены на одной прямой, причем точка $O$ не принадлежит отрезку $A_1A_2$.

Итак, модель суммы двух комплектных чисел не превозходим суммы моделей слагаемых.

Разность $a_1-a_2$ двух комплектных чисел $a_1$ и $a_2$ — это такое число $a$, что $a+a_2=a_1$ (геометрическое построение приведено на рисунке 3). Поскольку $OA=A_1A_2$, то

$$|a_1-a_2|=A_1A_2.$$ (3)

Следовательно, модель разности двух комплектных чисел равен рассмотрению между соответствующими им точками.

Далее, $OA_1-OA_2 \leq A_1A_2 \leq OA_1+OA_2$. Поэтому

$$|a_1|-|a_2| \leq |a_1-a_2| \leq |a_1|+|a_2|.$$ (4)

Если точки $O, A_1$ и $A_2$ принадлежат одной прямой, то один из знаков неравенства в (4) превращается в равенство.

Таким образом, модель разности двух комплектных чисел не больше суммы их моделей и не меньше их разности.

Легко проверить (рис. 4) справедливо, например, следующее неравенства:

$$|a+b+c| \leq |a|+|b|+|c|.$$ (5)

Заметим, что если числу $a$ соответствует точке $A$ с координатами $x, y$, то числу — $a$ соответствует точке с координатами — $x$, — $y$. Эти две точки симметрины относительно начала координат $O$ (рис. 5). Следова-

38

Рис. 7.

2. Легко проверить следующие точки:
   $$a^2(b-c) + b^2(c-a) + c^2(a-b) = -(b-c)(c-a)(a-b).$$
   Из этого точки следует, что $|b-c| |c-a| |a-b| \leqslant |a^2| |b-c| + |b^2| |c-a| + |c^2| |a-b|$ или (рис. 7)
   $$BC \cdot CA \cdot AB \leqslant OA^2 \cdot BC + OB^2 \cdot CA + OC^2 \cdot AB.$$ (8)
   Следствие 1. Если $ABC$ — равносторонний треугольник, то $OA^2 + OB^2 + OC^2 \geqslant d^2,$ (8’)
   реде $d$ — длина стороны треугольника.
   Итак, сумма квадратов расстояний любой точки плоскости до вершин равностороннего треугольника не меньше квадрата его стороны.
   Следствие 2. Если $O$ — центр окружности, описанной около произвольного треугольника, то из (8) следует
   $$AB \cdot BC \cdot CA \leqslant R^2(AB + BC + CA)$$
   или
   $$\frac{AB \cdot BC \cdot CA}{AB + BC + CA} \leqslant R^2.$$ (8’’)
   Таким образом, отношение произвольения трех сторон треугольника к их сумме не превыходит квадрата радиуса окружности, описанной около треугольника.
3. Проверкой убеждаемся в истинности такого точки:
   $$(b-c)(b+c)^2 + (c-a)(c+a)^2 + (a-b)(a+b)^2 = (a-b)(a-c)(b-c).$$
   Обозначим через $k_1, k_2, k_3$ соответственно расстояния от центра окружности, описанной около треугольника $ABC$, до сторона $BC, CA, AB$ (рис. 8). Центр этой окружности при-

Рис. 8.
мем за начало координат. Тогда
$$|b+c| = 2k_1, |c+a| = 2k_2, |a+b| = 2k_3.$$
Из данного точки следует
$$AB \cdot BC \cdot CA \leqslant 4(k_1^2 \cdot BC + k_2^2 \cdot CA + k_3^2 \cdot AB).$$
Но $S_{OBC} = \frac{1}{2} k_1 \cdot BC = \frac{1}{2} R^2 \sin 2A,$ если $A \leqslant 90^\circ$. Следовательно,
$$k_1 \cdot BC = R^2 \cdot \sin 2A.$$
Аналогично, если углы $B$ и $C$ не тупые, то
$$k_2CA = R^2 \sin 2B, k_3AB = R^2 \sin 2C.$$
Позному
$$AB \cdot BC \cdot CA \leqslant 4R^2(k_1 \sin 2A + k_2 \sin 2B + k_3 \sin 2C).$$
Учитывая, что
$$k_1 = R \cos A, k_2 = R \cos B, k_3 = R \cos C, AB \cdot BC \cdot CA = 4RS_{ABC},$$
имеем
$$4RS_{ABC} \leqslant 4R^3 (\cos A \sin 2A + \cos B \sin 2B + \cos C \sin 2C).$$
Отсюда
$$\frac{S_{ABC}}{R^2} \leqslant \cos A \sin 2A + \cos B \sin 2B + \cos C \sin 2C.$$ (9)
Итак, для всякого нетупого треугольника имеет место неравенство (9).
IV. Задачи для самостояльного решения.
Задание 1. Вывести из точкиства $a^2 - b^2 = (a+b)(a-b)$ неравенство $2OM \cdot AB \geqslant OA^2 - OB^2,$ где $M$ — середина $AB, O$ — начало координат, $a, b$ — числа, соответствующие точкам $A, B$. Выяснить, когда оно обращается в равенство.
Задание 2. Вывести из точкиства $a^3(b-c) + b^3(c-a) + c^3(a-b) = -(a+b)(a-b)(b-c)(c-a)$ нера-