Номер 71, страница 25 - гдз по алгебре 9 класс учебник Дорофеев, Суворова

1.2. Общие свойства неравенств. Глава 1. Неравенства - номер 71, страница 25.

71 a) Докажите, что периметр выпуклого четырёхугольника больше суммы длин его диагоналей.

б) Докажите, что периметр выпуклого пятиугольника больше полусуммы длин его диагоналей.

a)

Пусть дан выпуклый четырёхугольник ABCD. Его стороны — это отрезки AB, BC, CD, DA. Его диагонали — это отрезки AC и BD. Периметр четырёхугольника $P$ равен сумме длин его сторон: $P = AB + BC + CD + DA$. Сумма длин диагоналей $S_d = AC + BD$. Требуется доказать, что $P > S_d$.

Для доказательства воспользуемся неравенством треугольника, которое гласит, что сумма длин двух любых сторон треугольника всегда больше длины третьей стороны.

Рассмотрим треугольники $\triangle ABC$ и $\triangle ADC$. Применив к ним неравенство треугольника, получим:

$AB + BC > AC$

$CD + DA > AC$

Сложим эти два неравенства: $(AB + BC) + (CD + DA) > AC + AC$, что равносильно $P > 2AC$.

Аналогично, рассмотрим треугольники $\triangle ABD$ и $\triangle BCD$:

$AB + DA > BD$

$BC + CD > BD$

Сложив эти два неравенства, получим: $(AB + DA) + (BC + CD) > BD + BD$, что равносильно $P > 2BD$.

Итак, мы получили два неравенства: $P > 2AC$ и $P > 2BD$. Сложим их:

$P + P > 2AC + 2BD$

$2P > 2(AC + BD)$

Разделив обе части на 2, получаем искомое неравенство:

$P > AC + BD$

Таким образом, доказано, что периметр выпуклого четырёхугольника больше суммы длин его диагоналей.

Ответ: Что и требовалось доказать.

б)

Пусть дан выпуклый пятиугольник ABCDE. Его стороны — это AB, BC, CD, DE, EA. Его периметр $P = AB + BC + CD + DE + EA$. Пятиугольник имеет 5 диагоналей: AC, BD, CE, DA, EB. Сумма длин его диагоналей $S_d = AC + BD + CE + DA + EB$. Требуется доказать, что периметр больше полусуммы длин диагоналей, то есть $P > \frac{S_d}{2}$, что эквивалентно $2P > S_d$.

Для доказательства снова применим неравенство треугольника. Рассмотрим 5 треугольников, образованных двумя соседними сторонами и диагональю, соединяющей их не общие вершины:

В $\triangle ABC$: $AB + BC > AC$

В $\triangle BCD$: $BC + CD > BD$

В $\triangle CDE$: $CD + DE > CE$

В $\triangle DEA$: $DE + EA > DA$

В $\triangle EAB$: $EA + AB > EB$

Теперь сложим все пять неравенств:

$(AB + BC) + (BC + CD) + (CD + DE) + (DE + EA) + (EA + AB) > AC + BD + CE + DA + EB$

Сгруппируем слагаемые в левой части:

$2AB + 2BC + 2CD + 2DE + 2EA > AC + BD + CE + DA + EB$

$2(AB + BC + CD + DE + EA) > S_d$

Поскольку выражение в скобках — это периметр пятиугольника $P$, получаем:

$2P > S_d$

Разделив обе части неравенства на 2, получим:

$P > \frac{S_d}{2}$

Таким образом, доказано, что периметр выпуклого пятиугольника больше полусуммы длин его диагоналей.

Ответ: Что и требовалось доказать.