Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/1999/02/31.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:25:05 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:24:36 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: m 2

B

G b a

E D ab C

F C

G E A I l

H F J B D

b AB C A
Рис. 8

I

H

Рис. 10

Рис. 6

Тогда

AB =

a - 2ab cos + b ,

2

2

и так далее. Известно, что среди всех треугольников заданного периметра наибольшую площадь имеет правильный треугольник. Поэтому

Следующую задачу, конечно же, нельзя назвать малоизвестной, но я не могу удержаться, чтобы не привести ее красивое решение. Задача 8 (двойная сумма). Докажите, что для любых вещественных чисел a1 , a2 , ..., an справедливо неравенство n n ai a j 0. i+ j

Первое решение (подобие). Пусть Ra и Rb радиусы больших окружностей, ra и rb радиусы маленьких окружностей. Так как CEI ; CHB (рис.10), то отсюда 2 Ra Rb ra = . 2 Ra + 2 Rb + l Так как


i =1 j =1 n

DFJ ; DGA,
то аналогично получаем, что

Решение (интеграл). Рассмотрим многочлен
px =

P 2 3 3S ,

(3) Тогда

b g
i =1 j =1 n n i j

n

rb =

2 Ra Rb 2 Ra + 2 Rb + l

.

ai a j x

i + j -1

.

где Р периметр, а S площадь треугольника АВС. Так как

xp x =
n

1 S= 2



ab sin ,
=

то неравенство (2) следует из неравенства (3). В следующей задаче красивый факт сочетается с изящным решением. Задача 7 (касательные к двум окружностям). Проведем четыре общие касательные к двум окружностям и точки касания соединим хордами, как показано на рисунке 7. (Эти хорды

b g a a F IF GG a x JJ GG a H KH
i =1 j =1 i i n j i =1 j =1

x

i+ j

Второе решение (подобие). Так как в подобных треугольниках CC1C2 и CC1C2 (рис.11) радиусы вписанных
,


=

x

j

I JJ K

=

F GG H
n i =1

ai x

i

I JJ K

2

+ 0 + + , -. +, *



)

, +

для всех вещественных х. В частности, p x 0 при 0 x 1 . Поэтому

0

z
1 0

bg

p x dx =

bg
n

,
Рис. 11

=

d

d


i =1 j =1

n

ai a

1 j

i+ j

x

i+ j 0

=


i =1 j =1

n

n

ai a

окружностей пропорциональны высотам, то
j

i+ j

. или

Rb ra

=

CD CE

,

Рис. 7

параллельны, так как они все перпендикулярны линии, соединяющей центры окружностей). Докажите, что d1 = d2 . Решение (отрезки касательных). Из рисунка 8 имеем 2BC + CD = AB + BD = AB + BH = = GE + EF = EC + EF = 2ED + CD. Следовательно, ВС = ED, и значит, AB = EF = IH. Из этих равенств следует, что a1 = a2 и b1 = b2 . Поэтому

Неравенство строгое, за исключением случая xp x 0, т.е. a1 = a2 = ... ... = an = 0. Задача 9 (четыре окружности). На рисунке 9 точки А и В центры больших окружностей. Из точек С и D проведены касательные. Докажите, что маленькие вписанные окружности имеют одинаковые радиусы.

bg

. CD CD Аналогично, для треугольников DD1 D2 и DD1 D2 имеем
rb = DF Ra 2 Rb Ra = . CD CD

ra =

CE Rb

=

2 Rb Ra

C

A

B

D

Следующая задача тоже довольно известная, но наличие у нее большого числа симпатичных решений позволяет ей занять место в десятке. Задача 10 (равные углы). В треугольнике АВС точки N, L, M, в данном порядке лежащие на стороне АС, являются, соответственно, основаниями (Окончание см. на с. 34)

d1 = a1 + b1 = a2 + b2 = d2 .
8*

Рис. 9

!