Применение скалярного произведения векторов к решению алгебраических задач
Upcoming SlideShare
Loading in...5
×
 

Применение скалярного произведения векторов к решению алгебраических задач

on

  • 9,498 views

 

Statistics

Views

Total Views
9,498
Views on SlideShare
9,471
Embed Views
27

Actions

Likes
2
Downloads
24
Comments
0

3 Embeds 27

http://localhost 21
http://rasparin.narod2.ru 3
http://sargymn1.comlu.com 3

Accessibility

Categories

Upload Details

Uploaded via as Microsoft Word

Usage Rights

© All Rights Reserved

Report content

Flagged as inappropriate Flag as inappropriate
Flag as inappropriate

Select your reason for flagging this presentation as inappropriate.

Cancel
  • Full Name Full Name Comment goes here.
    Are you sure you want to
    Your message goes here
    Processing…
Post Comment
Edit your comment

Применение скалярного произведения векторов к решению алгебраических задач Применение скалярного произведения векторов к решению алгебраических задач Document Transcript

  • Муниципальное общеобразовательное учреждение «Гимназия №1» г. Саратова Исследовательская работа по математике на тему: «Использование свойств скалярногопроизведения векторов в решении алгебраических задач» ученицы 9 «Б» класса МОУ «Гимназия № 1» г. Саратова Распариной Ольги Руководитель: учитель математики высшей категории МОУ «Гимназия № 1» г. Саратова Распарин В.Н. Саратов - 2011
  • Оглавление1. Введение стр.32. Цели работы стр.33. Глава I стр.44. Глава II стр.55. Заключение стр.136. Библиография стр.14 2
  • Введение Выбор темы моей исследовательской работы обусловлен желаниемознакомиться с новым для меня способом решения математических задач, вчастности, с использованием скалярного умножения векторов. С темой«Векторы. Скалярное произведение векторов» я познакомилась не только науроках, но и на занятиях математического кружка. На занятиях кружка мы решаем задачи различными способами, и меняпорой приятно удивляет наличие внутрипредметных связей, проявляющихсяв решении той или иной задачи. Например, теорему косинусов длятреугольника мы доказывали различными способами, в том числевекторным. Теорема о пересечении высот треугольника была доказанавекторным методом, и с помощью вспомогательной окружности. Интересно,если алгебраическая конструкция имеет геометрическую интерпретацию(например, неравенства Коши может быть интерпретировано на круге). Однаи та же задача может быть решена с привлечением различныхобъектов(Приложение 1). Владение набором методов и способов решения делает его поиск наиболеерациональным и красивым. Очень важно уметь анализировать условиезадачи с целью выбора эффективного способа ее решения. И поэтому ярешила провести исследование: 1) для решения каких задач можноиспользовать свойства скалярного произведения векторов; 2) чем должнобыть обусловлено применение векторов. Цели работы 1) Сформулировать свойства скалярного произведения ненулевых векторов, которые положены в основу применения к решению алгебраических задач. 2) Выяснить, для решения каких задач можно применять свойства скалярного произведения векторов. 3) Выявить типичные трудности, возникающие в процессе решения задач с помощью векторов. 4) Овладеть этим способом решения (в том числе уравнений с параметром) в процессе исследования. Работа состоит из двух глав. 3
  • Глава I Скалярное произведение двух ненулевых векторов – это произведениедлин этих векторов и косинуса угла между ними. То есть a ⋅ b = a ⋅ b ⋅ cos α , где α - угол между векторами a и b . Из   a ⋅bэтого определения вытекает равенство   = cos α . a ⋅b   a ⋅b Причем, ввиду того, что cos α ≤ 1, следует, что − 1 ≤   ≤ 1 и a ⋅b− a ⋅ b ≤ a ⋅b ≤ a ⋅ b . И равенство слева выполняется в случае, если векторы a и bпротивонаправлены, а справа - если векторы a и b сонаправлены. По свойству скалярного произведения векторов (его доказательстворазмещено на страницах 266, 267 школьного учебника геометрии,подготовленного под научным руководством академика А.Н.Тихонова )имеем: a ⋅ b = a 1 ⋅ b1 + a 2 ⋅ b 2 , где a 1, a 2 и b1 , b 2 - координаты векторов a и b соответственно.  Учтем, что a = a 12 + a 22 , b = b12 + b 22 . Тогда− a 12 + a 22 ⋅ b12 + b 22 ≤ a 1 ⋅ b1 + a 2 ⋅ b 2 ≤ a 12 + a 22 ⋅ b12 + b 22 . В случае коллинеарности векторов выполняется одно из равенств:a 1 ⋅ b1 + a 2 ⋅ b 2 = − a 12 + a 22 ⋅ b12 + b 22 или a 1 ⋅ b1 + a 2 ⋅ b 2= a 12 + a 22 ⋅ b12 + b 22 . Наличие радикалов в этих равенствах позволяет предположить, чтонекоторые математические задачи (к примеру, иррациональныеуравнения) можно решать с помощью векторов, точнее, с помощьюсвойств их скалярного произведения. 4
  • Глава II Рассмотрим следующие примеры. Пример 1. Обычное иррациональное уравнение x − 2 + 4 − x = 2можно решить стандартными способами: непосредственным возведениемобеих частей в квадрат, или с помощью использования замены, илиграфическим способом. А можно и так. { } Рассмотрим векторы m x − 2; 4 − x и n {1;1} . При этом m = 2 иn = 2. Следовательно, m ⋅ n ≤ m ⋅ n , то есть x − 2 + 4 − x ≤ 2. Причем равенство соблюдается, если векторы сонаправлены, то есть их x −2 4−xсоответствующие координаты пропорциональны: = . 1 1 Решая это уравнение, получаем его единственный корень 3. Ответ: { 3}. Использование векторов при решении рассмотренного уравнения несовсем оправдано, хотя, безусловно, неожиданно и эффектно. Этот способдалеко не очевиден, и применять его нужно при каком-то определенномвыигрыше или когда другого метода решения «не видно». Усложним предыдущую задачу – решим уравнение x − 2 + 4 − x = x 2 − 6x + 11. Пример 2. Решите уравнение x − 2 + 4 − x = x 2 − 6x + 11. Решение. Применение способов решения предыдущего уравнения здесь не дадутдолжного результата. Поэтому оценим правую часть уравнения, выделивквадрат двучлена. x 2 − 6x + 11 = ( x − 3) 2 + 2, ( x − 3) 2 + 2 ≥ 2∀x ∈ R . Ранее с помощью векторов было доказано, что левая часть данногоуравнения не превосходит 2. Следовательно, данное уравнение может иметьрешение только в случае одновременного равенства 2 выражений, стоящих вобеих частях уравнения. Поэтому, решив систему уравнений x − 2 + 4 − x = 2 ∧x − 6x + 11 = 2, 2 5
  • убедимся в том, что единственным корнем данного уравнения являетсячисло 3. (Единственный корень второго уравнения системы является также икорнем первого уравнения системы.) Ответ: { 3} . Заметим, что и вторую задачу можно решить без применения векторов. Обозначим выражение x − 2 + 4 − x буквой y и найдем наибольшеезначение функции x − 2 + 4 − x = y следующим образом. Возведем вквадрат обе части этого равенства и найдем значение x , при которомдостигается наибольшее значение y 2 (А значит и у!). Получим, чтоy 2 = 2 + 2 − x 2 + 6x − 8 = 2 + 2 1 − ( x − 3) 2 . Теперь становится ясно, чтонаибольшее значение y 2 равно 4 и достигается при x = 3. Следовательно,положительная величина y принимает свое наибольшее значение (y 2 = 4. ⇔ y = 2. ), равное 2 при x = 3. Как видим, применение векторов существенно упрощает решениеуравнения. Аналогичные способы решения имеет и задача с такой формулировкой. Пример 3. При каком значении x функция y = x + 7 + 11 − xпринимает наибольшее значение? Решение. Найдем область определения данной функции исходя из определенияарифметического квадратного корня. Составим и решим систему неравенств. x+7≥0, x≥-7, <=> <=> -7 ≤ x ≤ 11. 11-x≥0. x≤11. Итак, D(y)=[-7;11]    { } Рассмотрим векторы: a {1;1} , b x + 7; 11 − x . Тогдаa ⋅ b = 1 ⋅ x + 7 + 1 ⋅ 11 − x .   Но a = 12 + 12 = 2; b = ( x + 7 ) + 11 − x ) = 3 2. Значит, ( 2 2     a ⋅ b = 2 ⋅ 3 2 = 6 . Так как a ⋅ b ≤ a ⋅ b , то x + 7 + 11 − x ≤ 6 . То естьнаибольшее значение данной функции равно 6. Но равенство      a ⋅ b = a ⋅ b достигается, если угол между векторами a и b равен нулю,то есть соответствующие координаты этих векторов пропорциональны: x +7 11 − x = . Решив уравнение x + 7 = 11 − x , получим, что 2 – 1 1единственный корень уравнения. 6
  • Следовательно, свое наибольшее значение данная функция принимает приx = 2. Ответ: { 2} . Вот еще один пример на нахождение наибольшего значения выражения. Пример 4. Найти наибольшее значение выражения 5sinα - 12cosα. Решение.   Рассмотрим векторы a { 5;−12} и b { sin α ; cos α } .         Тогда a ⋅ b = a ⋅ b ⋅ cos a ∧ b ≤ a ⋅ b . Но a = 5 2 +( −12 )2 = 13; b = sin 2 α + cos 2 α = 1. Получим, что 5∙sinα - 12∙cosα ≤ 13. Таким образом,наибольшее значение данного выражения равно 13.Ответ:13. Пример 5. Решите уравнение x ⋅ 1 + x + 3 − x = 2 x 2 + 1. Решение. Данное уравнение можно решить относительно стандартным, но далеко неочевидным «тягучим» способом: выполнив ряд замен, свести его куравнению третьей степени и, найдя корни последнего, сделав проверку,записать, наконец, ответ. Прежде всего, отметим, что областью допустимых значений переменной,входящей в уравнение, является отрезок [ − 1;3] и 0 не является корнемуравнения. 3 1 1 x ⋅ 1 + x + 3 − x = 2 x 2 + 1, x ⋅ 1 + x + x ⋅ − = x ⋅2 + 1, x2 x x2 1 Пусть a = , тогда последнее уравнение примет вид: x 1 1 + + 3a 2 − a = 2 1 + a 2 . Решим его относительно a . a 1 3a 2 − a = 2 1 + a 2 − 1 + , a 1 13a 2 − a = 4 ⋅ (1 + a 2 ) + 1 + − 4 1 + a 2 ⋅ 1 + , a a 7
  • 1 1 4⋅ 1+ a 2 + + a = a 2 + a + + 5. Введем новую замену: a a 1 1+ a 2 + + a = b , b ≥ 0, тогда получим простое уравнение 4b = b 2 + 4, aединственным корнем которого является число 2. Учитывая, что 1 1 + a 2 + + a = b , b ≥ 0, найдем значения переменной a . a 1 1 + a 2 + + a = 4, a 3 + a 2 − 3a + 1 = 0, a 3 − a 2 + 2a 2 − 2a − a + 1 = 0, a ( a − 1) ⋅ ( a 2 + 2a − 1) = 0, откуда получаем, что a = 1, или a = −1 + 2, или 1a = −1 − 2. Учитывая , что a = , найдем значения исходной переменной x  1 1 x . x ∈ 1; ; . То есть 1; 2 + 1;1 − 2 могут быть корнями  2 − 1 − 2 − 1данного уравнения. Проверка показывает, что только первые два числаявляются корнями исходного уравнения. «Тяжелое» решение! А что если поступить иначе? { } Введем векторы a { x ;1} и b 1 + x ; 3 − x . Тогда a = x + 1, 2 b = 1 + x + 3 − x = 2. Получаем, что a ⋅ b = a ⋅ b , а это значит, чтовекторы одинаково направлены и их соответствующие координаты 1+ x 3− xпропорциональны: = . Понятно, что корни этого уравнения x 1обязаны находиться в полуинтервале ( 0;3]. . Решая это уравнение, получаем, что корнями исходного уравненияявляются числа 1 и 1 + 2 (Число 1 − 2 не входит в область допустимыхзначений переменной). Ответ: { 1; 1+ 2 }. Очевидно, что применение в решении данной задачи свойства скалярногопроизведения не только эффектно, но и эффективно! Пример 6. Решите уравнение 2 x − 1 + 5x = (x 2 + 4) ⋅ ( x + 24) . Решение. Рассмотрим векторы m { 2; x } и n { x − 1;5}. Тогда m ⋅ n = 2 x − 1 + 5x , а m = x + 4, n = x + 24 и равенство 22 x − 1 + 5x = ( x 2 + 4 ) ⋅ ( x + 24) имеет место только в случае, если векторыодинаково направлены, а их соответствующие координаты 8
  • x −1 5пропорциональны. Решив уравнение = , получим единственный 2 xкорень 5. Ответ: { 5} . x + 4y − 1 Пример 7. Решите уравнение: x2 +y2 = . 17 Решение. Приведем данное уравнение к виду: 17 ⋅ x 2 + y 2 = x + 4 y − 1 .    Рассмотрим векторы a { x ; y } и b {1;4} . Тогда: a = x + y , b = 17 . 2 2       Следовательно, a ⋅ b = x + 4 y . Так как x ⋅ y ≤ x ⋅ y , то 17 ⋅ x 2 + y 2 ≥ x + 4 y , но x + 4y > x + 4y – 1. Поэтому 17 ⋅ x 2 + y 2 > x + 4 y − 1 . Значит, равенство 17 ⋅ x 2 + y 2 = x + 4 y − 1 не выполняется ни при каких значениях x и y .То есть данное уравнение не имеет решений. Ответ: ø. Приведенные выше примеры ясно показывают, что главная трудность виспользовании скалярного произведения в решении задач заключается ввыборе векторов. Точнее, нужно выбрать координаты векторов специальнымобразом. Так, чтобы данное уравнение приняло вид: a 1 ⋅ b1 + a 2 ⋅ b 2= a 12 + a 22 ⋅ b12 + b 22 . Для этого нужно приобрести необходимый опыт, тоесть для того, чтобы решать, нужно решать! Теперь рассмотрим несколько уравнений с параметром. Ценность этихпримеров заключается в том, что решая как будто бы одно уравнение, мырешаем целый класс уравнений. В зависимости от значений параметра мыможем получать различные уравнения , но одного класса. Пример 8. Решите уравнение x ⋅ p + x + 3 − x = ( p + 3) ⋅ ( x + 1) , гдеp - параметр. Решение. Представим данное уравнение в виде x ⋅ p + x + 3 − x = p + 3 ⋅ x +1 и введем векторы m { p + x ; 3 − x } и n { x ;1}. Тогда m ⋅ n = x ⋅ p + x + 3 − x , а m = p + x + 3 − x = p + 3 ,n = x + 1. Данное уравнение можно записать в виде: m ⋅ n = m ⋅ n , 9
  • которое может иметь решение только в случае, если векторы m и nсонаправлены, а координаты их пропорциональны. Учтя, что 0 не являетсякорнем данного уравнения, условие пропорциональности соответствующих p +x 3− xкоординат векторов запишем так: = . x 1 Получаем, что x 2 − 2 x + p = 0. Откуда вытекает, что: 1) уравнение имеет единственное решение, если D = 1 − p = 0, то есть при p = 1; 2) уравнение имеет два действительных различных корня, если D 〉 0, то есть при p 〈1, но учитывая допустимые значения параметра p ( p ≥ −3), получим, что p ∈ [ − 3;1]; 3) уравнение не имеет действительных корней при p ∈ ( − ∞;−3) ∪ (1;+∞ ). Ответ: уравнение имеет единственное решение при p = 1; уравнение имеет два действительных различных корня приp ∈ [ − 3;1]; ; уравнение не имеет действительных корней приp ∈ ( − ∞;−3) ∪ (1;+∞ ). Пример 9. При каких значениях параметра p уравнение 2 x 2 + 2 p 2 = x + p имеет единственный корень? Найдите этот корень. Решение. Ясно, что при p = 0 решением уравнения является число 0. Пусть p ≠ 0. Тогда рассматривая векторы m { x ; p } и n {1;1} , получаемm = x 2 + p 2 , n = 1 + 1 = 2 и m ⋅ n = x ⋅1 + p ⋅1 = x + p. Итак, m ⋅ n = m ⋅ n , а это равенство возможно в случае, когда m ↑↑ n , то x pесть когда = , x = p . 1 1 Ответ: если p = 0, то x = 0; если p ≠ 0, то x = p . Пример 10. Решите уравнение x 3 + x 2p + p 2x + p 3 = x x + p p . Решение. Заметим, что величины p и x могут принимать только неотрицательныезначения. Перепишем данное уравнение в виде: x 2 + p 2 ⋅ x + p = x ⋅ x + p ⋅ p . Очевидно, что при p = 0 любоенеотрицательное число является корнем исходного уравнения. 10
  • Если рассмотреть векторы m { x ; p } и n { x ; p } , то на уравнение можносмотреть иначе: m ⋅ n = m ⋅ n . x p Ясно, что при p 〉 0 корень уравнения = ( x = p ) является x pрешением данного уравнения. Ответ: если p = 0, то x ∈ [ 0;+∞ ); если p 〉 0 ,то x = p ; если p 〈 0, тоуравнение не имеет корней. Пример 11. Решите уравнениеp ⋅ x 2 − 1 + x − 1 = p 2 + 1 ⋅ x 4 − x 2 − 2 x + 2. Решение. Выполним преобразования в обеих частях уравнения. p ⋅ x 2 − 1 + 1 ⋅ x − 1 = p + 1 ⋅ x 4 − 2x 2 + 1 + x 2 − 2 x + 1, 2 p ⋅ x 2 − 1 + 1⋅ x − 1 = p + 1 ⋅ ( x 2 − 1)2 +( x − 1)2 , 2 2 p ⋅ x 2 − 1 + 1⋅ x − 1 = p +1 ⋅ x 2 −1 + x −1 . 2 2 Становится ясно, что мы получили уравнение m ⋅ n = m ⋅ n , где m { p ;1}, аn { x 2 − 1; x − 1}. Отметим, что при p = 0 уравнение имеет два корня: -1 и 1.Если p ≠ 0, то остальные решения получим, решив уравнение x 2 −1 x −1 = . p 1 x 2 − 1 = p ⋅ x − 1. ⇒ x − 1 ⋅ x + 1 − x − 1 ⋅ p = 0. ⇒ x − 1 ( x + 1 − p ) = 0. ⋅Ранее получено, что 1 является корнем данного уравнения, поэтому решимуравнение x + 1 = p . x+1=-p, x=-p-1, x +1 = p . ⇒ ⇒ x+1=p. x=p-1. Итак, мы нашли, что корнями уравнения является { − p − 1; p − 1} . Впроцессе решения использованы свойства модуля действительного числа:a = a 2 , ab = a ⋅ b . 2 Ответ: если p = 0, то x ∈ {1;−1} ; если p ≠ 0, x ∈ { p − 1;− p − 1} . 11
  • Покажем, как применяется скалярное произведение векторов кдоказательству неравенств. Пример 12. Доказать, что если a, b, c и d неотрицательные числа, то имеетместо неравенство (a + c) ⋅ (b + d) ≥ ab + cd . Решение.  { } { }   Введем векторы x a ; c и y b ; d . Тогда x ⋅ y = ab + cd ;  x = ( a )2 +( c )2 ; y = ( b )2 +( d )2 , то есть x = a + c ,    y = b + d . Так как x ⋅ y ≤ x ⋅ y , то получим, что (a + c) ⋅ (b + d) ≥ ab + cd , ч.т.д. Пример 13. Докажите, что 1 + ab ≤ 1 + a 2 ⋅ 1 + b 2 где a и b –действительные числа. Решение.   Введем векторы x {1; a } и y {1; b } . Тогда 1 + ab - скалярное произведениерассматриваемых векторов, а выражение 1 + a 2 ⋅ 1 + b 2 - произведение их    абсолютных величин. Следовательно, x ⋅ y ≤ x ⋅ y (а это очевидноенеравенство!), и справедливость исходного неравенства1 + ab ≤ 1 + a 2 ⋅ 1 + b 2 доказана. Рассмотрим еще две интересных задачи. Пример 14. Доказать, что если числа a и b таковы, что a 2 + b 2 = 1 , то 1a4 +b4 ≥ . 2 Решение. На первый взгляд, кажется, что решить эту задачу с помощью векторовнельзя. Однако это только на первый взгляд. Рассмотрим векторы m {a 2 ; b 2 } и n {1;1} . Тогда m = a + b , n = 2 и 4 4 a2 +b2 a ⋅ 1 + b ⋅ 1 ≤ a + b ⋅ 2, а 2 2 4 4 ≤ a 4 + b 4. 2 И далее a 4 + b 4 ≥ ( a 2 + b 2 ) , то есть a 4 + b 4 ≥ 1 . 2 2 2 Это решение, как, впрочем, и пять других, были получены на занятиинашего школьного математического кружка. 12
  • Пример 15. Дано восемь действительных чисел a, b, c, d, e, f, g, h.Докажите, что хотя бы одно из шести чисел ac + bd, ae + bf, ag + bh, ce + df,cg + dh, eg + fh неотрицательно. Решение.     Рассмотрим векторы x {a;b}, y {c;d}, z {e;f}, t{g,h} с общим началом вточке О. Тогда каждое из данных чисел можнорассматривать как скалярное произведениевведенных векторов. Такая интерпретация всехуказанных в условии шести чисел означает, чтокаждый из углов между каждыми двумя векторамитупой, что невозможно. Значит, хотя бы одно из шести чиселнеотрицательно. Неожиданное, красивое решение, указывающее на наличиевнутрипредметных связей между математическими объектами. Поиск этого решения дался мне с большим трудом. Заключение В данной исследовательской работе в результате рассмотрения свойствскалярного произведения были продемонстрированы решения 9иррациональных уравнений (в том числе 4 уравнений с параметром),доказаны 3 неравенства, решены 2 задачи на нахождение наибольшегозначения. В том числе, самостоятельно были решены задачи под номерами 3,4, 6, 7, 9, 10, 12 – 14. Остальные задачи были решены под руководствомучителя математики. 1) Была продемонстрирована внутрипредметная связь алгебры игеометрии и, как следствие, поиск рационального решения математическойзадачи. 2) Было выяснено, что основными трудностями, возникающими впроцессе решения, являются выбор координат векторов и приведение    уравнения к виду m ⋅ n = m ⋅ n , а неравенства к виду x ⋅ y ≤ x ⋅ y . 3) Было выработано умение определять круг задач, для решения которыхможно применять векторы. В дальнейшем я хочу расширить класс задач, решение которых основанона применении свойств скалярного произведения векторов: системыуравнений с двумя и тремя переменными, доказательства неравенств. 13
  • Библиография.1. Подготовка учителя к уроку математики/ Методические рекомендации. ЗАО «Сигма-плюс», 2001.2. Л.С. Атанасян, В.Ф. Бутузов, С.Б. Кадомцев, Э.Г. Позняк, И.И. Юдина. Учебник для общеобразовательных учреждений. Издательство «Просвещение», 2004, с изменениями.3. Журнал «Математика в школе» №6, 1989.4. Журнал «Математика в школе» №8, 2008.5. Д.О. Шклярский, Г.М. Адельсон-Вельский, Н.Н. Ченцов, А.М. Яглом, И.М. Яглом. Избранные задачи и теоремы элементарной математики. Часть 1, Арифметика и алгебра. Государственное издательство технико-теоретической литературы, 1950.6. Д.О. Шклярский, Н.Н. Ченцов, И.М. Яглом. Избранные задачи и теоремы элементарной математики. Часть 3, Геометрия (стереометрия). Государственное издательство технико- теоретической литературы, 1954. 14
  • Приложение 1 1 Рассмотрим интересную задачу: « a 2 + b 2 = 1. ⇒ a 4 + b 4 ≥ . » 2Она предполагает разнообразные способы решения, применение которыхпозволяет демонстрировать значение использования внутрипредметныхсвязей при установлении зависимостей между математическими объектами. Решение. Первый способ. Из условия вытекает, что b 2 = 1 − a 2 . 1 И нужно доказать, что a 4 + (1 − a 2 ) ≥ . Следующая цепочка верных 2 2неравенств приведет нас к желаемому результату: ( 2a 2 − 1) ≥ 0. ⇒ 2 1 1 ⇒ 4a 4 − 4a 2 + 1 ≥ 0. ⇒ 2a 4 − 2a 2 + ≥ 0. ⇒ a 4 + (1 − 2a 2 + a 4 ) ≥ . ⇒ 2 2 1 1 1 ⇒ a 4 + (1 − a 2 ) ≥ . ⇒ a 4 + ( b 2 ) ≥ . ⇒ a 4 + b 4 ≥ . Требуемое 2 2 2 2 2доказано. Второй способ. a4 +b4 1 Ясно, что a + b = 1. ⇔ a + b + 2a b = 1. ⇔ 2 2 4 4 2 2 + a 2b 2 = . 2 2 В силу соотношения между средним геометрическим и среднимарифметическим двух неотрицательных чисел можно записать следующее: a4 +b4 a b =a b ≤ 4 4 2 2 . Прибавим к обеим частям верного неравенства 2 a4 +b4 a4 +b4 a4 +b4a b ≤ 2 2 выражение . Получаем: a b + 2 2 ≤ a 4 + b 4. 2 2 2 a +b4 4 1 1Но + a 2b 2 = , поэтому a 4 + b 4 ≥ . 2 2 2 Третий способ. Опираясь на соотношение между средним квадратичным и средним a4 +b4 a2 +b2арифметическим двух положительных чисел, имеем: ≥ .⇒ 2 2 15
  • a 4 + b 4 (a 2 + b 2 ) 2 2 1 ⇒ ≥ . ⇒ a 4 + b 4 ≥ ⋅ 12. ⇒ a + b ≥ . 4 4 2 4 4 2 Четвертый способ решения указывает на связь алгебры и тригонометрии. Согласно условию можно допустить: a 2 = sin 2 α , b 2 = cos 2 α . Решение задачи свелось к доказательству истинности неравенства 1sin 4 α + cos 4 α ≥ . 2 Очевидно, что 1sin 2 2α ≤ 1. ⇒ 4 sin 2 α cos 2 α ≤ 1. ⇒ −2 sin 2 α cos 2 α ≥ − . ⇒ 2 1 1 ⇒ 1 − 2 sin 2 α cos 2 α ≥ . ⇒ ( sin 2 α + cos 2 α ) − 2 sin 2 α cos 2 α ≥ . ⇒ 2 2 2 1 ⇒ sin 4 α + 2 sin 2 α cos 2 α + cos 4 α − 2 sin 2 α cos 2 α ≥ . ⇒ 2 1⇒ sin 4 α + cos 4 α ≥ . И требуемое очевидно истинно. 2 Решение пятым способом основано на применении известного свойстваскалярного произведения ненулевых векторов. (То есть a ⋅ b = a ⋅ b ⋅ cos α , где α - угол между векторами a и b . Причем, ввиду того, что cos α ≤ 1, − a ⋅ b ≤ a ⋅ b ≤ a ⋅ b . И равенство слева выполняется в случае, если векторы a и bпротивонаправлены, а справа - если векторы a и b сонаправлены.) Рассмотрим векторы m {a 2 ; b 2 } и n {1;1} . Тогда m = a + b , n = 2 и 4 4 a2 +b2 a ⋅ 1 + b ⋅ 1 ≤ a + b ⋅ 2, а 2 2 4 4 ≤ a 4 + b 4. 2 И далее a 4 + b 4 ≥ ( a + b ) , то есть a 4 + b 4 ≥ 1 . 2 2 2 2 2 Решим задачу шестым способом. Рассмотрим графическую интерпретацию задачи. 16
  • Для этого введем замену: a 2 = x , b 2 = y . Тогда уравнение и неравенство 1будут выглядеть так: x + y = 1 и x 2 + y 2 ≥ . Учитывая, что x ≥ 0, y ≥ 0, 2построим их графики – отрезок с концами на координатных осях Ох и Оу вточках (1;0) , ( 0;1) и открытую область, ограниченную четвертью окружности 2  1  и положительными x +y = 2 2  y  2 1 координатными полуосями. 1 2 . 1 1 Ясно, что эти графики касаются в точке  ; . 2 2 1 Все точки первого графика расположены в 1 0 x области, являющейся графиком неравенства 2 1 x2+y2 ≥ . 2 Следовательно, требуемое доказано. 17