Номер 416, страница 147 - гдз по геометрии 11 класс учебник Латотин, Чеботаревский

416. Есть треугольник, у которого один из углов не меньше $90^\circ$. Его острый угол разделен лучами на несколько долей. Докажите, что эти лучи делят противолежащую сторону на части, длины которых возрастают, если считать от вершины большего угла.

Пусть дан треугольник $ABC$, в котором угол $\angle A$ не меньше $90^\circ$ (то есть $\angle A \ge 90^\circ$). Это означает, что $\triangle ABC$ является прямоугольным или тупоугольным, а углы $\angle B$ и $\angle C$ — острые.

Пусть один из острых углов, например $\angle B$, разделен лучами $BD_1, BD_2, \ldots, BD_{n-1}$ на $n$ долей (углов). Точки $D_1, D_2, \ldots, D_{n-1}$ лежат на противолежащей стороне $AC$. Эти лучи делят сторону $AC$ на $n$ отрезков: $AD_1, D_1D_2, \ldots, D_{n-1}C$. Обозначим $D_0=A$ и $D_n=C$.

Нам нужно доказать, что длины этих отрезков возрастают, если считать от вершины большего угла, то есть от вершины $A$. Иными словами, нужно доказать, что $AD_1 < D_1D_2 < D_2D_3 < \ldots < D_{n-1}C$.

Для доказательства достаточно показать, что для любого $k \in \{1, 2, \ldots, n-1\}$ выполняется неравенство $D_{k-1}D_k < D_kD_{k+1}$.

Утверждение в общем виде (для произвольного деления угла на доли) неверно. Однако, если предположить, что лучи делят угол на равные доли (что часто подразумевается в задачах такого типа), то утверждение становится верным. Докажем его в этом предположении.

Пусть угол $\angle B$ разделен на $n$ равных малых углов $\beta$. То есть $\angle ABD_1 = \angle D_1BD_2 = \ldots = \angle D_{n-1}BC = \beta$.

Введем функцию $s(\phi)$, которая сопоставляет углу $\phi = \angle ABD$ (где $D$ — точка на стороне $AC$) длину отрезка $AD$. Мы покажем, что эта функция является строго выпуклой.

Рассмотрим $\triangle ABD$. По теореме синусов:$$ \frac{AD}{\sin(\angle ABD)} = \frac{AB}{\sin(\angle ADB)} $$Пусть $AD = s(\phi)$, $\angle ABD = \phi$, $AB = c$. Угол $\angle ADB = 180^\circ - \angle A - \angle ABD = 180^\circ - (A+\phi)$. Следовательно, $\sin(\angle ADB) = \sin(180^\circ - (A+\phi)) = \sin(A+\phi)$. Подставляя в формулу, получаем:$$ \frac{s(\phi)}{\sin\phi} = \frac{c}{\sin(A+\phi)} \implies s(\phi) = c \frac{\sin\phi}{\sin(A+\phi)} $$

Найдем первую и вторую производные функции $s(\phi)$ по $\phi$.$$ s'(\phi) = \frac{ds}{d\phi} = c \frac{\cos\phi \sin(A+\phi) - \sin\phi \cos(A+\phi)}{\sin^2(A+\phi)} = c \frac{\sin(A+\phi-\phi)}{\sin^2(A+\phi)} = \frac{c \sin A}{\sin^2(A+\phi)} $$

$$ s''(\phi) = \frac{d}{d\phi}\left(c \sin A (\sin(A+\phi))^{-2}\right) = c \sin A \cdot (-2)(\sin(A+\phi))^{-3} \cdot \cos(A+\phi) = \frac{-2c \sin A \cos(A+\phi)}{\sin^3(A+\phi)} $$

Проанализируем знак второй производной $s''(\phi)$.

• $c = AB > 0$.
• Поскольку $A$ — угол треугольника, $\sin A > 0$.
• Угол $\phi$ изменяется от $0$ до $\angle B$. Значит, $A+\phi$ изменяется от $A$ до $A+B$.
• По условию, $\angle A \ge 90^\circ$. Также, так как $\angle C > 0$, то $A+B = 180^\circ - C < 180^\circ$.
• Таким образом, угол $A+\phi$ находится в диапазоне $[90^\circ, 180^\circ)$.
• В этом диапазоне $\sin(A+\phi) \ge 0$ (равенство нулю не достигается) и $\cos(A+\phi) \le 0$ (равенство нулю только при $A+\phi = 90^\circ$).

Следовательно, числитель $-2c \sin A \cos(A+\phi) \ge 0$, а знаменатель $\sin^3(A+\phi) > 0$. Таким образом, $s''(\phi) \ge 0$. Равенство нулю возможно только в одной точке ($\phi=0$ при $A=90^\circ$), поэтому функция $s(\phi)$ является строго выпуклой.

Длина $k$-го отрезка $D_{k-1}D_k$ равна $d_k = AD_k - AD_{k-1}$. В наших обозначениях, $AD_k = s(k\beta)$, так как $\angle ABD_k = k\beta$. Тогда $d_k = s(k\beta) - s((k-1)\beta)$. Нам нужно доказать, что $d_k < d_{k+1}$, то есть:$$ s(k\beta) - s((k-1)\beta) < s((k+1)\beta) - s(k\beta) $$

Это неравенство можно переписать как:$$ s(k\beta) < \frac{s((k-1)\beta) + s((k+1)\beta)}{2} $$Это классическое свойство строго выпуклых функций: значение функции в середине отрезка меньше, чем среднее арифметическое значений на концах отрезка. Так как мы доказали, что $s(\phi)$ — строго выпуклая функция, это неравенство выполняется для всех $k$.

Таким образом, длины отрезков, на которые лучи делят противолежащую сторону, возрастают, если считать от вершины большего угла.

Ответ: Что и требовалось доказать.