Áp dụng các đẳng thức đại số để thu được các bất đẳng thức hình học

36

Ứng dụng của điểm đại số là thu được các bất đẳng thức hình học

Z. A. Skopets

Các điểm đại số, hợp lệ với một số ngoại lệ nhất định đối với tập hợp số phức, có thể được áp dụng thành công để thu được các bất đẳng thức hình học thú vị nối các phần tử tuyến tính và góc của các hình phẳng. Dưới đây, một số bất đẳng thức hình học thu được theo cách này. Lưu ý rằng rất khó tìm ra số lượng chứng minh hình học của các bất đẳng thức này. Chúng ta sẽ biểu thị số phức bằng các chữ cái nhỏ trong bảng chữ cái Latinh $a, b, c, \dots$. Hãy nhớ rằng số phức là biểu thức $x+iy$, trong đó $x$ và $y$ là số thực và $i$ là đơn vị tối thiểu ($i^2=-1$). Nếu hệ tọa độ hình chữ nhật (Descartes) $Oxy$ được cho trên mặt phẳng thì mỗi số phức $a=x+iy$ có thể được liên kết với một điểm $A$ của mặt phẳng với hoành độ $x$ và tọa độ $y$. Hãy nêu một số định nghĩa liên quan đến số phức.

I. Mẫu số phức $a=x+iy$ là số không âm $\sqrt{x^2+y^2}$ bằng khoảng cách

Cơm. 1.

Cơm. 2. $OM=MA$; $A_1M=MA_2$

Cơm. 3. $OM=MA_1$; $A_2M=MA$

37

Cơm. 4. Hình 5.

chúng tôi có

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

Dấu bằng trong (2) có nghĩa là điểm $O, A_1$ và $A_2$ nằm trên cùng một đường thẳng và điểm $O$ không thuộc đoạn $A_1A_2$.

Vì vậy, mô hình tổng của hai số hoàn chỉnh không lớn hơn tổng mô hình của các số hạng.

Hiệu $a_1-a_2$ của hai số đầy đủ $a_1$ và $a_2$ là một số $a$ sao cho $a+a_2=a_1$ (cấu trúc hình học được thể hiện trong Hình 3). Vì $OA=A_1A_2$ thì

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

Do đó, mô hình hiệu của hai số hoàn chỉnh bằng việc xem xét giữa các điểm tương ứng của chúng.

Tiếp theo, $OA_1-OA_2 \leq A_1A_2 \leq OA_1+OA_2$. Đó là lý do tại sao

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

Nếu các điểm $O, A_1$ và $A_2$ thuộc cùng một đường thẳng thì một trong các dấu bất đẳng thức ở (4) sẽ trở thành đẳng thức.

Do đó, mô hình hiệu của hai số hoàn chỉnh không lớn hơn tổng mô hình của chúng và không nhỏ hơn hiệu của chúng.

Chẳng hạn, thật dễ dàng kiểm tra (Hình 4) rằng các bất đẳng thức sau đây là đúng:

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

Lưu ý nếu số $a$ tương ứng với điểm $A$ có tọa độ $x, y$ thì số - $a$ tương ứng với điểm có tọa độ - $x$, - $y$. Hai điểm này đối xứng qua gốc tọa độ $O$ (Hình 5). Sledova-

38

Cơm. 7.

2. Thật dễ dàng để kiểm tra các điểm sau:
   $$a^2(b-c) + b^2(c-a) + c^2(a-b) = -(b-c)(c-a)(a-b).$$
   Từ thời điểm này, theo sau là $|b-c| |c-a| |a-b| \leqslant |a^2| |b-c| + |b^2| |c-a| + |c^2| |a-b|$ hoặc (Hình 7)
   $$BC \cdot CA \cdot AB \leqslant OA^2 \cdot BC + OB^2 \cdot CA + OC^2 \cdot AB.$$ (8)
   Hệ quả 1. Nếu $ABC$ là tam giác đều thì $OA^2 + OB^2 + OC^2 \geqslant d^2,$ (8’)
   rede $d$ là độ dài cạnh của tam giác.
   Vì vậy, tổng bình phương khoảng cách từ một điểm bất kỳ trong mặt phẳng đến các đỉnh của một tam giác đều không nhỏ hơn bình phương cạnh của nó.
   Hệ quả 2. Nếu $O$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp một tam giác tùy ý thì từ (8) suy ra
   $$AB \cdot BC \cdot CA \leqslant R^2(AB + BC + CA)$$
   hoặc
   $$\frac{AB \cdot BC \cdot CA}{AB + BC + CA} \leqslant R^2.$$ (8’’)
   Như vậy, tỉ số tùy ý của ba cạnh của một tam giác với tổng của chúng không vượt quá bình phương bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác đó.
3. Bằng cách kiểm tra, chúng tôi tin chắc rằng điểm này là đúng:
   $$(b-c)(b+c)^2 + (c-a)(c+a)^2 + (a-b)(a+b)^2 = (a-b)(a-c)(b-c).$$
   Chúng ta hãy biểu thị lần lượt bằng $k_1, k_2, k_3$ khoảng cách từ tâm vòng tròn được mô tả về tam giác $ABC$ đến cạnh $BC, CA, AB$ (Hình 8). Tâm của đường tròn này là

Cơm. 8.
meme cho nguồn gốc. Sau đó
$$|b+c| = 2k_1, |c+a| = 2k_2, |a+b| = 2k_3.$$
Từ thời điểm này nó theo sau
$$AB \cdot BC \cdot CA \leqslant 4(k_1^2 \cdot BC + k_2^2 \cdot CA + k_3^2 \cdot AB).$$
Nhưng $S_{OBC} = \frac{1}{2} k_1 \cdot BC = \frac{1}{2} R^2 \sin 2A,$ nếu $A \leqslant 90^\circ$. Kể từ đây,
$$k_1 \cdot BC = R^2 \cdot \sin 2A.$$
Tương tự, nếu các góc $B$ và $C$ không tù thì
$$k_2CA = R^2 \sin 2B, k_3AB = R^2 \sin 2C.$$
Pozny
$$AB \cdot BC \cdot CA \leqslant 4R^2(k_1 \sin 2A + k_2 \sin 2B + k_3 \sin 2C).$$
Xem xét rằng
$$k_1 = R \cos A, k_2 = R \cos B, k_3 = R \cos C, AB \cdot BC \cdot CA = 4RS_{ABC},$$
chúng tôi có
$$4RS_{ABC} \leqslant 4R^3 (\cos A \sin 2A + \cos B \sin 2B + \cos C \sin 2C).$$
Từ đây
$$\frac{S_{ABC}}{R^2} \leqslant \cos A \sin 2A + \cos B \sin 2B + \cos C \sin 2C.$$ (9)
Vì vậy, với mọi tam giác không tù bất đẳng thức (9) đều đúng.
IV. Bài toán dành cho độc lập lời giải.
Bài tập 1. Rút ra từ điểm $a^2 - b^2 = (a+b)(a-b)$ bất đẳng thức $2OM \cdot AB \geqslant OA^2 - OB^2,$ trong đó $M$ là trung điểm, $AB, O$ là gốc tọa độ, $a, b$ là các số tương ứng với các điểm $A, B$. Tìm hiểu khi nào nó biến thành sự bình đẳng.
Bài 2. Suy ra từ điểm $a^3(b-c) + b^3(c-a) + c^3(a-b) = -(a+b)(a-b)(b-c)(c-a)$ không đều

đẳng thức $OH \leq \frac{R^2}{2r}$, trong đó $O$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác, $R$ là bán kính của đường tròn này, $H$ là trực tâm của tam giác, $r$ là bán kính của đường tròn nội tiếp. (Trực tâm của một tam giác là giao điểm của các đường cao hoặc phần kéo dài của chúng.)

Bài tập 3. Chứng minh rằng $AB \cdot CD + BC \cdot DA \geq CA \cdot BD$, trong đó $A, B, C, D$ là các điểm tùy ý của mặt phẳng.

Bài 4. Chứng minh rằng $AB \cdot AM \cdot BM + BC \cdot BM \cdot CM + CA \cdot CM \cdot MA \geq AB \cdot BC \cdot CA$.

Bài tập 5. Từ điểm destvo $\frac{a}{(a-b)(a-c)(a-d)} + \frac{b}{(b-c)(b-d)(b-a)} + \frac{c}{(c-d)(c-a)(c-b)} + \frac{d}{(d-a)(d-b)(d-c)} = 0$ suy ra bất đẳng thức $OA \cdot BC \cdot BD \cdot CD + OB \cdot CA \cdot CD \cdot AD + OC \cdot AB \cdot AD \cdot BD \geq OD \cdot AB \cdot BC \cdot CA$, trong đó $O, A, B, C, D$ là các điểm tùy ý (khác nhau) của mặt phẳng.

Gợi ý

1. Đẳng thức đúng cho các điểm $O, A, B$ nằm trên cùng một đường thẳng.

2. Lợi dụng thực tế là nếu $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$ và tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác trùng với gốc tọa độ, thì $h = a + b + c$ ($a, b, c, h$ là số phức tương ứng với các điểm $A, B, C, H$). Lưu ý rằng $h - a = k_1(b + c)$, $h - b = k_2(c + a)$, $h - a = k_3(a + b)$, trong đó $k_1, k_2, k_3$ là số thực. Từ hệ thống này, nó tuân theo $k_1 = k_2 = k_3 = 1$.

3. Hãy xem xét danh tính $(m - a)(b - c) + (m - b)(c - a) + (m - c)(a - b) = 0$.

4. Hãy xem xét danh tính $(m - a)(m - b)(a - b) + (m - b)(m - c) \times (b - c) + (m - c)(m - a)(c - a) = (a - b)(b - c)(c - a)$.