Лекция 6: Геометрия. Неравенство треугольника.

Лекция 6: Геометрия.
Неравенство треугольника.
Это неравенство - самое известное, самое главное и практически
единственное геометрическое неравенство - в том смысле, что все неравенства в
геометрии получаются как следствия неравенства треугольника. Данная лекция
посвящена наиболее простым задачам подобного типа.
Формулировка: Длина любой стороны треугольника меньше суммы длин двух других
сторон. (таким образом, для одного и того же треугольника, например, ABC - так мы
будем стандартно обозначать треугольник - можно написать три разных неравенства
треугольника: AB<AC+BC, AC<AB+BC, BC<AB+AC).
Доказательство: Докажем, например, что AB<AC+BC. На продолжении стороны AC за
точку C отложим (см. рис. выше) отрезок CB', равный по длине CB. Тогда треугольник
BB'C - равнобедренный, поэтому в нем равны углы B'BC и BB'C при основании (на рис.
эти углы отмечены одной дужкой). Далее, ^BB'C=^B'BC<^ABC, т.к. является его частью
(значком ^ мы обозначаем угол). В треугольнике против большего угла лежит большая
сторона (и, конечно, против большей стороны лежит больший угол), поэтому в тр-нике
ABB' AB<AB'. Но AB'=AC+CB'=AC+BC, поскольку CB' строился, как отрезок, равный по
длине BC. Отсюда AB<AC+BC, ч.т.д.
Доказательство того, почему против большего угла в треугольнике лежит большая
сторона, почему в равнобедренном треугольнике равны углы при основании и т.п. фактов
желающие могут прочесть в школьном учебнике геометрии (например, "Геометрия 7-9"
авторства Анатасяна, Бутузова и др. - общеизвестная желтенькая книжица :-).
Любители алгебраических неравенств могут подоказывать неравенство треугольника в
координатах, как оно обычно доказывается в вузовском курсе матанализа.
Случай равенства: Неравенство треугольника также формулируется часто для трех
произвольных точек плоскости, причем в этом случае оно будетнестрогим: "для любых
трех точек A, B и C на плоскости AB<=AC+BC". В таком виде оно удобно, если мы не
знаем, образуют ли три точки, к которым мы хотим применить неравенство, треугольник,
или они лежат на одной прямой (в т.ч. и совпадают).
Следует заметить, что неравенство обращается в равенство только тогда, когда три
точки лежат на одной прямой (т.е., не образуют треугольник). Точнее: AB=AC+BC тогда
и только тогда, когда C лежит на отрезке AB (C - средняя из трех точек), возможно,
совпадая с A или с B, в т.ч. и при A=B=C (в случае, когда средней является какая-то
другая точка, неравенство все равно строгое).
Основные следствия.
1. Длина любой стороны треугольника больше разности длин двух других сторон (это
означает, например, AB>|AC-BC|, т.е. разность считается по абсолютной величине).
Соответственно, для любых трех точек на плоскости верно нестрогое неравенство вида
AB>=|AC-BC|.
Доказывается этот факт совсем просто (например, что AC>|AB-BC|): По
неравенству треугольника, мы имеем AC+BC>AB. Перенесем в другую часть и
получим AC>AB-BC. Возьмем другое неравенство треугольника: AB+AC>BC и
так же получим AC>BC-AB. Так как |AB-BC| - это либо AB-BC, либо BC-AB
(смотря, что больше: AB или BC), то оно в любом случае меньше AC, ч.т.д. Для
любых трех точек на плоскости доказательство точно такое же, только
неравенство нестрогое.
2. Длина любой стороны треугольника меньше его полупериметра. Если же
треугольник может быть вырожденным (это другое название для того, что три
вершины в действительности не образуют треугольник), то верно нестрогое
неравенство - только периметр вырожденного треугольника мы будем считать
как сумму AB+AC+BC.
Здесь арифметики немного больше. К обычному неравенству треугольника
(например, BC<AB+AC) прибавляем ту сторону, которая меньше суммы
остальных. Получается 2BC<AB+AC+BC - в правой части стоит как раз
периметр треугольника (обозначим его буквой P). Теперь поделим все на 2 и
получим как раз BC<P/2, ч.т.д. (кстати, полупериметр стандартно обозначается
буквой p). Доказательство опять же не меняется для вырожденного
треугольника.
3. Кратчайший путь между двумя точками - это отрезок прямой.
Пусть A и B - две точки и они соединены какой-то ломаной AL1L2...LnB.
Докажем, что эта ломаная длиннее отрезка AB. Посмотрим на треугольник
AL1L2- в нем, по неравенству треугольника, AL2<AL1+L1L2, поэтому ломаная
AL2...LnB (см. рис. внизу - то, что начинается с пунктирной линии) будет короче
исходной (сплошные линии на том же рисунке). Применим к ней ту же
операцию - и получим еще более короткую ломаную AL3...LnB (см. линию из
точек на рис.). Многократно повторяя эту операцию, придем к ломаной ALnB. А
она, по неравенству треугольника, длиннее отрезка AB, ч.т.д.
Мы доказали только почему любая ломаная длиннее прямой, но на самом деле
это верно и для произвольной кривой, потому что любую кривую можно со
сколь угодно высокой точностью приблизить ломаной. Но вдаваться в строгое
обоснование этого процесса мы здесь не будем.
(!) Важно отметить, что последние три утверждения не просто следствия
неравенства треугольника, а его равносильные переформулировки. То есть,
доказательство этих утверждений можно проделать в обратную сторону
(упражнение для любознательных читателей) - и из них вывести неравенство
треугольника.
Алгебраическая комбинация.
Самый "дешевый и практичный" способ получения геометрических неравенств - это
алгебраическая комбинация нескольких неравенств треугольника: умножить/разделить
неравенство на какое-то число, поскаладывать несколько таких неравенств, подставить
одно неравенство в другое и т.п. Геометрические соображения, напротив, практически не
используются (ну, иногда надо бывает написать в формуле вместо одного отрезка другой равный, заведомо больший или заведоио меньший, смотря по обстоятельствам). Типичные
задачи на алгебраическую комбинацию - какие-нибудь красиво-симметричные, где
фигурирует периметр или сумма длин диагоналей многоугольника.
Задача 1. Найти точку внутри выпуклого четырехугольника с минимальной суммой
расстояний до вершин.
Решение: Пусть ABCD - четырехугольник, O - какая-то (произвольная) точка внутри (см.
рис. внизу). Тогда искомая точка - та, где достигается минимум величины
AO+BO+CO+DO. Теперь мы хотим оценить эту сумму снизу (т.е. найти какую-то
заведомо не большую) по неравенству треугольника, причем желательно так, чтобы эта
оценка обращалась в равенство в какой-то известной точке. Выражения вида
AO+BO>=AB - явно не то, что нужно, т.к. из них обращается в равенство не более двух
сразу. Попробуем сложить их по-другому: AO+CO>=AC, BO+DO>=BD. Первое
неравенство обращается в равенство, если O лежит на диагонали AC, второе - если O на
диагонали BD. Т.о., AO+BO+CO+DO>=AC+BD - и равенство достигается, если O - точка
пересечения диагоналей (E на рис. внизу). Ответ: Искомая точка - это точка пересечения
диагоналей.
(!) Для невыпуклого четырехугольника найти такую точку гораздо сложнее. Про
поиск аналогичной точки для треугольника еще будет сказано ниже. Поиск
подобной точки для пяти- и более угольника - безумно сложная задача, ответ в
которой даже не имеет приличного вида.
Задача 2. Докажите, что сумма длин диагоналей выпуклого четырехугольника меньше его
периметра.
Решение: Здесь нам хочется применить неравенства треугольника,
оценивающие диагонали четырехугольника сверху, а стороны - снизу (т.е. стороны
должны стоять в той части неравенства, которая больше, а диагонали - в той, которая
меньше). Таких неравенств мы можем найти 4 штуки (для наглядности можно смотреть на
рис. вверху): AC<AB+BC, AC<CD+AD, BD<BC+CD, BD<AD+AB. В левых частях этих
неравенств каждая диагональ встречается по 2 раза. В правых частях - каждая сторона по
2 раза. Поэтому, если сложить все неравенства и поделить сумму на 2, то получим...
AC+BD<AB+BC+CD+AD, ч.т.д.
(!) Кроме того, верны следующие факты, которые любознательный читатель может
подоказывать как упражнение на алгебраическую комбинацию неравенств треугольника:
- в выпуклом четырехугольнике сумма длин диагоналей больше полупериметра;
- в выпуклом пятиугольнике сумма длин диагоналей больше периметра...
- ...но эта же сумма меньше удвоенного периметра.
Геометрические преобразования.
Мы уже выводили из неравенства треугольника, что кратчайший путь между
точками - это отрезок прямой. Но что делать, если мы ищем не просто
кратчайший путь, а кратчайший среди путей какого-то специального вида,
среди которых нет прямолинейного??? Оказывается, и здесь обычно выручает
то, что ломаная длиннее прямой. Надо искать геометрическое преобразование
со следующими свойствами:
1.) оно не меняет длин путей (или, как минимум, переводит более длинный путь
в более длинный, а более короткий - в более короткий);
2.) после преобразования интересующий нас путь может быть прямолинейным.
Теперь надо найти все пути (их может быть много!), переходящие при
преобразовании в отрезок прямой. Они и будут кратчайшими.
В качестве преобразований хорошо подходят движения плоскости (симметрии,
повороты, параллельные переносы), применяемые часто не ко всему пути, а к
каким-то его кускам.
Задача 1. Диверсант выходит из леса в заданной точке (A). Он должен дойти до железной
дороги (прямолинейной), заложить там мину и вернуться в лес в другой заданной точке
(B), по туже сторону от ж/д (см. рис.). Как ему сделать это, пройдя по кратчайшему пути?
Решение: Нам надо искать кратчайший путь из точки A в точку B, пересекающий данную
прямую. Если бы эти точки лежали по одну сторону от прямой (а не так, как на самом
деле), мы бы просто соединили их отрезком! Но "если нельзя, но очень хочется, то
можно": давайте отразим точку B относительно прямой в точку B' (см. рис. внизу). От A
до B' провести путь по прямой уже можно. Теперь как преобразовать путь от A до B в
путь от A до B' той же длины? Да очень просто - отразить относительно прямой часть
пути после пересечения с ней (точки C или C' на рис.) - ведь симметрия не меняет
расстояний. Тогда путь ACB перейдет в путь ACB' той же длины, а путь AC'B - в AC'B'
(здесь соответствие путей - взаимно-однозначное!). Путь A'C'B', идущий по прямой,
короче любого другого. Значит, исходно кратчайшим был соответствующий ему путь
AC'B.
(!) Обратите внимание: AC' и BC' пересекают прямую под одинаковым углом.
То есть, путь диверсанта "отскакивает" от прямой по закону "угол падения
равен углу отражения" - точь-в-точь, как луч света отражающийся от зеркала.
Соответственно, луч света, отражающийся от зеркала, тоже приходит в глаз
наблюдателя кратчайшим путем.
Задача 2. AOB - прямой угол, C - точка внутри него. Докажите, что периметр тр-ника
ABC меньше 2OC.
Решение: Прямой угол - это как-то несимметрично, некрасиво. Давайте отразим картинку
относительно обеих сторон угла, как на рис. внизу. Тогда, раз симметрия сохраняет
расстояния, AB=AB1=A1B=A1B1, AC=AC1=A1C2=A1C3 и BC=BC3=B1C1=B1C2. Поэтому
P(ABC)=AB+AC+BC=CA+AB1+B1C2 - это длина ломаной из C в C2. А 2OC=OC+OC2 - это
расстояние между теми же точками по прямой и оно, безусловно, короче, ч.т.д.
(!) Замкнутый путь - периметр какого-то многоугольника - можно и нужно превращать
подобным образом в ломаную, соединяющую 2 различные точки.
Точка Торричелли. Здесь уже говорилось об особой точке внутри четурехугольника:
сумма расстояний от нее до вершин минимальна. Внутри любого треугольника тоже есть
такая точка - она называется точкой Торричелли. Оказывается, из точки Торричелли все
стороны видны под углом 120 градусов. Это свойство определяет ее однозначно и
позволяет построить точку Торричелли циркулем и линейкой (упражнение).
Доказывается главное свойство точки Торричелли известным нам методом - кое-что
преобразовать и превратить отрезки из точки в вершины треугольника в ломаную, которая
бывает прямой... причем именно для точки Торричелли. Если вы сумеете это сделать считайте, что овладели нашим методом в совершенстве.
Комбинирование методов.
Разумеется, наилучшие результаты может дать сочетание методов друг с
другом. Рассмотрим такую показательную в этом смысле задачу:
Сумма длин медиан треугольника меньше его периметра.
Решение: Судя по "симметричному" виду задачи, это какая-то алгебраическая
комбинация. Разбивать ее на 3 неравенства типа "медиана меньше стороны, к
которой она проведена" - неверно, поскольку каждое такое неравенство по
отдельности бывает неверно. Разобьем по-другому: пусть, скажем, M - середина
стороны BC, AM - медиана (см. рис.). Тогда, оказывается, верно, что
AM<(AB+AC)/2. Сложив такие неравенства для трех медиан, получим
требуемое.
Как же доказать, что AM<(AB+AC)/2? Воспользуемся одним из типичных
преобразования: сделаем центральную симметрию относительно точки M (см.
рис.). Действительно получится параллелограмм - это можно доказать по
любому признаку. Сумма AB+AC из равенства между AC и A1B будет равна
длине ломаной ABA1, что больше, чем отрезок AMA1, равный 2AM. Делим обе
части на 2 и получаем ч.т.д.