Теңсіздіктерді геометриялық әдіспен дәлелдеу

Абдикаирова М.А.

№ 8 қазақ гимназиясы,Жезқазған қаласы

жетекшісі Амзина К
Теңсіздіктерді дәлелдеу әдістері алуан түрлі. Олардың арасынан геометриялық әдіс ерекше байқалады. Бұл әдіс көп жеңілдік бергенімен қолдануға ыңғайсыздық туғызады. Бұл қосымша дәлелдеулерді қажет етеді.

Нәтижесінде барлық теңсіздіктерді төрт типке бөліп, әр тип үшін қолданылған геометриялық әдістер сарапталды. Сонда баяндамадан мынадай әдістерді байқауға болады: Квадраттық немесе сызықтық функцияның ең үлкен және ең кіші анықтау арқылы;функцияның ең кіші немесе ең үлкен мәнін оның туындысы арқылы табу;координаттық әдіспен дәлелдеу;тригонометриялық әдіс (тригонометрияның негізі – геометрияда болғандықтан): үшбұрыш теңсіздігін; үшбұрыш аудандарының қасиеттерін; синусқа қатысты аудандар формуласын қолдану арқылы; фигураға іштей сызылған шеңбердің қасиетін пайдалану; шеңбер элементтерінің қасиеттерін

қолдану арқылы; векторлық әдіс; Коши Буняковский теңсіздігімен дәлелдеу; теңдіктен теңсіздікке ауысу әдісі.

І. Алгебралық теңсіздіктерді геометриялық тәсілдермен дәлелдеу.

№ 1.Егер 0≤a, b, c≤1 болса теңсіздігін дәлелде.

Егер онда функциясы -ға қатысты квадрат үшмүшеге айналады, яғни тармақтары жоғары қараған параболла. Әрі қарай функциясы [0, 1] кесіндісінің ұштарында ең үлкен мәнін қабылдайды.

болғандықтан [0, 1] аралығында ≤0. Дәлелдеу керегі осы.

Егер b=1 болса -сызықтық функциясы солай дәлелденеді.

№ 2. Егер теңсіздігі [-1, 1] аралығындағы барлық мәндерді қабылдаса, онда осы x-тер үшін |сх²-bx+a|≤2 теңсіздігі орындалатынын дәлелде .

Дәлелдеуі: |сх²-bx+a|≤| сх²-c|+|c-bx+a|=|c|+|c-bx+a| кенеі белгілі. Егер х = 0 болса, онда |ax²+bx+c|≤ 1 теңсіздігінен |с| ≤ 1 екені шығады.

Осыдан |cx²-bx+a|≤ 1+|c-bx+a|.

Яғни f(x)=|c-bx+a| функциясы [-1, 1] кесіндісінің ұштарында ең үлкен мәнін қабылдайтынын байқауға болады .

Әрі қарай

f(x) ≤ max (f(-1), f(1))=max(|c+b+a|,|c-b+a|) ≤ 1, |cx²-bx+a| ≤ 1+1=2. Дәлелдеу керегі осы.

№ 3. a, b, және с – үшбұрыш қабырғалары болса , онда (a+b+c)² <4(ab+bc+ac) теңсіздігін дәлелде.

Дәлелдеуі: a , b және с – үшбұрыш қабырғалары болғандықтан |b-c|c.

|b-c, b+c| аралығынан f(а)= (а+b+c)² - 4(аb+bc+ac) функциясын қарастырамыз. Осыдан f(а)=а²-2а(b+c)+b²+c²-2bc, яғни тармақтары жоғары қараған параболла. Әрі қарай f(а) функциясы b-c және b+c нүктелерінің бірінде ең үлкен мәнін қабылдайтынын байқауға болады.

f(b-c)=4c(c-b) ≤ 0 , f(b+c)=- 4bc< 0

Осылайша (b-c, b+c) аралығында f(а)<0.

№ 4. Дәлелдеу керек :

a²(1+b⁴) + b²(1+a⁴) ≤ (1+a⁴)(1+b⁴).

Дәлелдеуі : a² = tgα, b² = tgβ , деп белгілейік ,онда tgα = (1+ tg²β)+ tgβ(1+ tg²α) ≤ (1+ tg² α)(1+ tg² β), бұл теңсіздік мына теңсіздікке сәйкес: sin2α+ sin2β≤2.
№5.Дәлелдеу керек:
≥

Шешуі:

Бір нүктеден үш сәуле өткіземіз а,,с.а сәулесінен А нүктесін, б сәулесінен Б нүктесін, с сәулесінен С нүктесін алып,үш нүктені қосамыз.

Сосинустар теоремасын пайдаланып, АВ,ВС,АС:

=,

ВС==,

АС==.

№ 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 a2+b²+c²-2+2abc<0.

Сондықтан f (x)= х²+b²+c²+2bcx-2, функциясын қарастырамыз.

(х)=2х+2bc>0для

(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 ; h_a, h_b, h_c –биіктіктерінің ұзындықтары, r – үшбұрышқа іштей сызылған шеңбердің ауданы.

Бұл теңдіктерден

Сондықтан ≥9.

№3. Егер l_a, l_b, l_c –үшбұрыштың биссектриссалары , r- іштей сызылған шеңбердің радиусы болса, l_a+l_b+l_c≥9r екенін дәлелде.

Дәлелдеуі:

l_a≥h_a, l_b≥ h_b, l_c ≥ h_c екені мектеп курсынан белгілі сондықтан

l_a+l_b+l_c≥ осыдан берілген теңсіздігіміз шығады: l_a+l_b+l_c≥9r (алдыңғы есепті қара).

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≤.

Бұл бөлімде Коши-Буняковский әдісін қолданып дәлелденген теңсіздіктер қаралады.

Коши Буняковский теңсіздігімен таныстыру:











Коши Буняковский теңсіздігі

Бұл теңсіздік арқылы көптеген теңсіздіктерді дәлелдеуде пайдалануға болады.

Мысалдар:

№1. Дәлелдеу керек а²+b²+с²≥14,егер а+2b+3с≥14

Дәлелдеуі: сандар үшін жалпы теңсіздік Коши-Буняковский теңсіздігі деп аталады.Бұл теңсіздік ≥ Бұдан

(а²+b²+с²)(1²+2²+3²)≥(а+2b+3с)²≥14²,бұдан а²+b²+с²≥14.

Дәлелдеуі:

Дәлелдеуі: sinαsinβ+1*cosα+1*cosβ≤

(a²+2)(b²+ 2)(c²+2) ≥ 9(ab + bc + ac)

Дәлелдеуі: Векторлар қарастырайық:

А = (a ,, 0) , B = (b, – 1/, ) ,C = (c , – 1/, ) .

Осыдан ׀А׀ = , ׀B׀ = , ׀C׀ = екені шығады. Әрі қарай осы векторлардан құралған параллелепипедтің көлемі

ең үлкен мәнге ие болады.Бір жағынан алып қарасақ үшеуінің скаляр көбейтіндісіне тең: А*( B*C) = (a ,, 0)*

*=(a,,0)(,(b + c))=

= a + (b + c) = (a + b + c) . Солай (a²+2)(b²+ 2)(c²+2) ≥

≥ 3(a + b + c)² = 3(a² + b² + c²) + 6(ab + bc + ac).

(a – b) ² + (b – c) ² + ( c – a) ² ≥ 0 теңсіздігінен a² + b² + c² ≥ ab + bc + ac (a²+2)(b²+ 2)(c²+2) ≥ 3(ab + bc + ac) + 6(ab + bc + ac) =9(ab + bc + ac).

Жаңадан құрастырылған есептерді геометриялық әдістермен дәлелдеу.

№1. Дәлелдеу керек:

(a – b)² ≥ (a – c)( c – b)

Алгебралық дәлелдеуі: Жақшаларды ашу арқылы біз мына теңсіздікке қол жеткіземіз a² + b² + c² ≥ ab + ac + bc .

a² + b² ≥ 2ab

b² + c² ≥ 2bc

a² + c² ≥ 2ac үш ақиқат Коши теңсіздігін бір-бірімен қосу арқылы теңсіздіктің де ақиқат екенін байқаймыз.

Мұнда біз үш жағдайды қарастырамыз:

1. а ≥ с , с ≥ b , онда

4 - сурет

(a - b)² – қабырғасы a - b болатын квадраттың ауданы және (a – c)( c – b) - тік төртбұрыштың ауданы деп қарастырамыз. Яғни a - b ≥ a – c және a - b ≥ c – b теңсіздіктері орын далуы тиіс. Шығара келе қойылған шартымызға қайта көшіп келгенімізді байқауға болады.

2. а ≥ с , с ≤ b немесе с ≥ b , а ≤ с болғанда теңсіздіктің оң жағы теріс санға айналып теңсіздік ешқандай дәлелдеусіз дұрыстығы белгілі болады.

3.Ал егер а ≤ с , с ≤ b болса , онда теңсіздікті ( b – a)² ≥ (a – c)( c – b) жазуға болады. Онда 4-суреттегідей (a – c)( c – b) тік төрт бұрыштың ауданы ,

( b – a)²- қабырғасы b – a болатын квадраттың ауданы . Яғни b – a ≥ a – c және b – a ≤ c – b теңсіздіктері орындалуы тиіс. Шығара келе тағы да қойған шартымызға қайтып келеміз.

№2. Дәлелдеу керек:

Ctg 45º+ ctg 68º <

Дәлелдеуі:

< A = 45º және AB =AC болатын тең бүйірлі АВС үшбұрышын саламыз. ВD- биіктігі бірге тең болсын. Онда AD = BD = 1 Пифогор теоремасы бойынша AB = . AB = AC , < ABC = < ACD = 67.5º.

5-сурет 6-сурет

Онда ctg 45º + ctg 67.5º = теңдігі орындалады. Ctg x - - арлығында кемиді, яғни ctg 68º < ctg 67.5º , сондықтан ctg 45º + ctg 68º < . Дәлелдеу керегі осы.

№3. Дәлелдеу керек :

Дәлелдеуі: < B = 20° , AC = 1 , < C = 90° болатын АВС үшбұрышын салайық.

(8-сурет). АВ және ВС бойынан BQ = PQ = AP болатын Q және P нүктелерін белгілейік. Онда ВС = PC + BP ақиқат теңдігіне апарып қойсақ:

Ctg20° = + ctg20° - 4cos20° = 1 ctg20° - 4cos20° < 2.

1.Теңсіздіктерді дәлелдеу әдістері,2004жыл,Н.М.Седракян,А.М.Авоян.

2.Квант,М.,1970-1997.

3.Математика в школе,М.,1970-1996.

4.Математика и физика в школе,М.,1972-1984

5.Физико-математикалық олимпиядалар.-М.,Знание,1977