Теѕсіздіктерді геометриялыќ јдіспен дјлелдеу
жүктеу/скачать 357 Kb.
|
- Бұл бет үшін навигация:
- Геометриялық теңсіздіктерді дәлелдеу әдістері. № 1
| <АОБ=<ВОС=60°
АО=а,ОВ=б,ОС=с Сосинустар теоремасын пайдаланып, АВ,ВС,АС: АВ= = , ВС= = , АС= = . Бұдан үшбұрыштың екі қабырғаларының қосындысы үшінші қабырғасынан кем емес деген үшбұрыштар теоремасына сәйкес ≥ Геометриялық теңсіздіктерді дәлелдеу әдістері. № 1. Периметрі екіге тең болатын қабырғасы a, b, c үшбұрышы берілген. Дәлелдеу керек: а2+b2+c2<2(1-abc). Дәлелдеуі: Егер a, b, c –үшбұрыш қабрғалары болса, онда a Сондықтан f (x)= х2+b2+c2+2bcx-2, функциясын қарастырамыз. (х)=2х+2bc>0 для (х) функциясы аралығында өседі f(1)=-2+2bc+1+b2+c2=-1+(b+c)2= 0 аралықтың ұштарында ең үлкен мән қабылдайды , өйткені b+c=2-a ,а=1 b+c=2-1=1 Яғни кез келген а<1 үшін функция мәні f(a)<0, а2+b2+c2-2+2abc<0. №2. Үшбұрыштың биіктіктерінің қосындысы оның радиусының тоғыз реткі қосындысынан үлкен екенін дәлелде. Дәлелдеуі: Мектеп программасынан белгілі мынадай формулаларды білеміз: Мұндағы S –үшбұрыштың ауданы ; a, b, c – үшбұрыш қабырғасының ұзындықтары ; ha, hb, hc –биіктіктерінің ұзындықтары, r – үшбұрышқа іштей сызылған шеңбердің ауданы. Бұл теңдіктерден аламыз. Бұл теңдіктерді қосу арқылы Сондықтан ≥9. №3. Егер la, lb, lc –үшбұрыштың биссектриссалары , r- іштей сызылған шеңбердің радиусы болса, la+lb+lc≥9r екенін дәлелде. Дәлелдеуі: la≥ha, lb≥ hb, lc ≥ hc екені мектеп курсынан белгілі сондықтан la+lb+lc≥ осыдан берілген теңсіздігіміз шығады: la+lb+lc≥9r (алдыңғы есепті қара). №4. Берілгені: a,b,c -үшбұрыштың қабырғалары. Теңсіздікті дәлелдеңіз: Дәлелдеуі: Үшбұрыш теңсіздігінен шығатыны: . Теңсіздіктің бірінші бөлігі оң, және сол өрнекке бөлуге болады. Сол жақтағы қосылғыштардың біріншісі 1 үлкен екендігін аламыз. Осы тұжырым басқа екі қосылғыштарға дұрыс. Сондықтан олардың қосындысы 1 үлкен болады. №5. Дәлелдеу керек: ab+bc+ac≥4√3S, бұл жерде S –a, b, c қабырғалары бар үшбұрыштың ауданы.Үшбұрыштың қабырғаларымен байланысты теңсіздіктерді дәлелдеуде кейбір кезде айнымалы енгізу пайдалы болады. a=m+n, b=n+k, c=m+k, мұндағы - m=p-b, n=p-c, k=p-a, және m, n, k>0.(1-сурет). (x+y+z)2 ≥ 3(xy+yz+zx) теңсіздігін қолдану арқылы мына теңсіздікке қол жеткіземіз: ab+bc+ac=(m+n+k)2+mn+nk+mk≥4(mn+nk+mk)≥4√3(mn·nk+nk·mk+mn·mk)=4√3S №6. а , b ,с – АВС үшбұрышының қабырғалары болсын. Онда а²с(а-b) + b²c(b-c) + c²a(c-a) ≥ 0 теңсіздігін дәлелде. Дәлелдеуі: 1-сурет. АВС үшбұрышына іштей шеңбер саламыз. Шеңбермен жанасу нүктесінде үшбұрыштың қабырғалары екіге бөлінеді.Және бір нүктеден шыққан екі жанаманың жанасу нүктесіне дейінгі қашықтықтары тең болады. Сондықтан a = m + n b = n + k c = m +k , n,m,k > 0 Осы белгілеуді теңсіздікке апарып қойсақ : (m + n)²( n + k)(m – k) + (n + k)²(m + k)(n – m) + (m + k)²(m + n)(k – n) = km³ + mn³ + nk³ - - nmk² - nkm² - kmn² = km(m –n)² + mn(n –k)² + nk(k – m)²≥0 ақиқат теңсіздік. Яғни a²b(a – b) + b²c(b – c) + c²a(c – a) = km(m – n)² + mn(n – k)² + nk(k – m)² ≥ 0 ақиқат теңсіздік. №7. Қабырғалары a, b, c және d болатын АВСD дөңес төртбұрышының ауданы -нан үлкен емес екенін дәлелде. Дәлелдеуі: АВСD төртбұрышының ауданы АВС және АСД үшбұрышының аудандарының қосындысына тең. Егер АВ=а, ВС=b, СD=с, DА=d болса , онда Осы теңсіздіктерді қосу арқылы S ≤ . жүктеу/скачать 357 Kb. Достарыңызбен бөлісу:
|