M1384. Невырожденность и выпуклость четырехугольников, связанных с центрами вписанного, описанного кругов и ортоцентром треугольника

Условие

ABC — неравнобедренный остроугольный треугольник; O и I — центры описанного и вписанного кругов, H — ортоцентр треугольника. Докажите, что четырехугольники AOIH, BOIH и COIH невырождены и среди них ровно два выпуклых.

Доказательство

Решению предпошлем легко доказываемое предположение:

В треугольнике биссектриса делит пополам угол между высотой и радиусом описанного круга, проведенным в ту же вершину.

Рис. 1 к задаче M1384

Докажем это предположение. Пусть BM — биссектриса угла ABC (рис. 1). Так как OB=OM, то \angle OBM=\angle OMB. Так как точка M — середина дуги AMC, то прямые OM и BD параллельны. Следовательно, \angle DMB=\angle BMO, отсюда \angle OBM=\angle DBM, что и требовалось доказать.

Решение задачи. Покажем вначале, что точки O и H не могут лежать на одной прямой с какой-либо из вершин треугольника (в частности, эти точки не могут совпадать). Действительно, в этом случае выходящие из вершины медиана и высота совпадают, и треугольник оказывается равнобедренным. Отсюда и из леммы уже следует, что AOIH, BOIH и COIH — невырожденные многоугольники (четырехугольники либо треугольники).

Рис. 2 к задаче M1384

Пусть прямая OH пересекает стороны AB и BC треугольника, BC> AB. Для завершения решения достаточно доказать, что точка I лежит внутри той же полуплоскости с границей OH, что и точка B (рис.2). Докажем это.

Обозначим BD=h_{s}. Имеем: CD>AD. Восстановим перпендикуляр к середине отрезка AC, получаем: точка O принадлежит треугольнику BCD. Обозначим через E(K) точку пересечения прямой AI(CI) с прямой OH. Необходимо доказать, что точки на прямой расположены в следующем порядке: O,K,E,H, т.е что \frac{OK}{KH}< \frac{OE}{EH}.[/latex] Но биссектриса угла треугольника делит противоположную сторону на части, пропорциональные прилежащим сторонам. Отсюда и из леммы получаем: [latex]\frac{OK}{KH}=\frac{CO}{CH}, \frac{OE}{EH}=\frac{AO}{AH}.[/latex] Доказываемое утверждение можно теперь переписать так: [latex]\frac{AH}{AO}< \frac{CH}{CO}[/latex] или [latex]CH>AH. Но поскольку CD>AD, то CH>AH. Отсюда и следует утверждение задачи.

Замечания:

  • Нетрудно показать, что прямая OH пересекает большую и меньшую стороны треугольника ABC. Значит, выпуклыми являются четырехугольники, соответствующие большему и меньшему его углам.
  • Задача допускает также и алгебраическое решение.

В.Сендеров

Необходимое и достаточное условие точек перегиба.

Теорема (необходимое условие точки перегиба)

Если точка x_{0}точка перегиба функции f(x) и если \exists {f}''(x) в некоторой окрестности точки x_{0} (непрерывная в точке x_{0}), то {f}''(x_{0})=0.

 

Доказательство

Докажем методом от противного, т.е предположим, что {f}''(x_{0})\neq 0. Тогда {f}''(x_{0})> 0 либо {f}''(x_{0})< 0.
По условию {f}'' непрерывна в точке x_{0} \Rightarrow по свойству сохранения знака непрерывной функции получим: \exists \delta: \forall x\epsilon U_{\delta } (x_{0}), sign {f}''(x)=sign{f}''(x_{0}), т.е по достаточному условию строгой выпуклости {f}''(x)> 0 \forall x\epsilon (a;b) (функция выпукла вниз) или {f}''(x)< 0 \forall x\epsilon (a;b) (функция выпукла вверх). Это противоречит определению точки перегиба, которое гласит, что при переходе через точку x_{0} направление выпуклости меняется.

Теорема (достаточное условие точки перегиба)

Если функция f(x) непрерывна в точке x_{0} и имеет в этой точке конечную или бесконечную производную и если {f}''(x_{0}) меняет знак при переходе через точку x_{0}, то точка x_{0} —  точка перегиба функции f(x).

Доказательство

Пусть {f}'' меняет знак с «-» на «+», тогда по достаточному условию строгой выпуклости функция f(x) на интервале (x_{0}-\delta ;x_{0}) функция будет строго выпукла вверх, на интервале (x_{0};x_{0}+\delta ) — строго выпукла вниз, т.е при переходе через точку x_{0} направление выпуклости изменяется \Rightarrow по определению x_{0}— точка перегиба.

Пример:

Найти точки перегиба функции f(x)=3x^{2}-x^{3}.

Решение:

Найдем вторую производную функции: {f}'=6x-3x^{2} \Rightarrow {f}'' =6-6x, значит x=1. Найдем промежутки знакопостоянства функции:

svg6

При переходе через точку x=1 функция изменяет направление выпуклости, значит x=1 — точка перегиба графика функции.

Список литературы

Точки перегиба

Тест на знание темы «Точки перегиба»

Таблица лучших: Точки перегиба

максимум из 6 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Достаточные условия строгой выпуклости.

Теорема (достаточное условие строгой выпуклости)

Пусть дана функция \(f(x)\), дважды дифференцируема на интервале \((a;b)\). Тогда:

  1. Если \({f}^{\prime\prime}(x) > 0\) на \((a;b)\), то функция \(f(x)\) строго выпукла вниз.
  2. Если \({f}^{\prime\prime}(x) < 0\) на \((a;b)\), то функция \(f(x)\) строго выпукла вверх.

Доказательство

Докажем первый случай, т.е. докажем что \(\forall x_{1},x_{2}\epsilon (a;b)\): \( f(\frac{x_{1} + x_{2}}{2}) < \frac{f(x_{1}) + f(x_{2})}{2}\)

Svg.1

\(x_{0} = \frac{x_{1} + x_{2}}{2}\), \(x_{2}-x_{1} = 2h\). Тогда :
\(x_{2} = x_{0} + h\)
\(x_{1} = x_{0} — h\)

Применим к функции \(f(x)\) на отрезках \([x_{1};x_{0}]\) и \([x_{0};x_{2}]\) формулу Тейлора с остатком в форме Лагранжа :
\(f(x)=f(x_{0})+\)\(\frac{{f}^{\prime}(x_{0})}{1!}(x-x_{0})+\) \(\frac{{f}^{\prime\prime}(\xi )}{2!}(x-x_{0})^{2}\), \(\xi \epsilon (x;x_{0})\).

Пусть \(x = x_{1} \Rightarrow\) \(f(x_{1}) = f(x_{0}) + \) \(\frac{{f}^{\prime}(x_{0})}{1!}(x_{1}-\)\(x_{0}) + \)
\(\frac{{f}^{\prime\prime}(\xi_{1} )}{2!}(x_{1}-x_{0})^{2}\), \(\xi_{1} \epsilon (x_{1};x_{0})\). Поскольку \(x_{1} = x_{0} — h \Rightarrow\) \(f(x_{0} — h) = f(x_{0}) + \)\(\frac{{f}^{\prime}(x_{0})}{1!}(-h) + \)\(\frac{{f}^{\prime\prime}(\xi_{1} )}{2!}(-h)^{2}\)(*).

Пусть \(x=x_{2}\) \(\Rightarrow\) \(f(x_{2})=f(x_{0})+\) \(\frac{{f}^{\prime}(x_{0})}{1!}(x_{2}-x_{0})+\)
\(\frac{{f}^{\prime\prime}(\xi_{2} )}{2!}(x_{2}-x_{0})^{2}\), \(\xi_{2} \epsilon (x_{0};x_{2})\). Поскольку \(x_{2} = x_{0}+h \Rightarrow\) \( f(x_{0}+h) = f(x_{0}) + \) \(\frac{{f}^{\prime}(x_{0})}{1!}h + \) \(\frac{{f}^{\prime\prime}(\xi_{2} )}{2!}(h)^{2}\)(**).

Суммируем полученные выражения (*) и (**), получим: \(f(x_{1}) + \) \(f(x_{2})=2f(x_{0}) + \frac{h^{2}}{2}({f}^{\prime\prime}(\xi_{1}) + \) \({f}^{\prime\prime}(\xi _{2}))\), а т.к. по условию \({f}^{\prime\prime}(x)> 0 \Rightarrow\) \( f(x_{1})+f(x_{2})=2f(x_{0})\) \(\Rightarrow\) \(\forall x_{1},x_{2}\epsilon (a;b)\): \( f(\frac{x_{1} +x_{2}}{2})<\)\( \frac{f(x_{1})+f(x_{2})}{2}\) \( \Rightarrow\) функция \(f(x)\) строго выпукла вниз.

Аналогично теорема доказывается для второго случая.

Замечание:

Условие \({f}^{\prime\prime}(x)> 0\)(или \( {f}^{\prime\prime}(x) < 0\)) не является необходимым условием строгой выпуклости вниз (вверх).

Пример:

Рассмотрим функцию \(f(x) = x^{4}\).

Найдем вторую производную данной функции: \({f}^{\prime\prime}(x) = 12x^{2}\), \({f}^{\prime\prime}(x) = 12x^{2} > 0\), \({f}^{\prime\prime}(0) = 0\) \(\Rightarrow\) условие \({f}^{\prime\prime}(x) > 0\) нарушается, поскольку \(f^{\prime\prime}(0) = 0\), однако эта функция строго выпукла вниз.

Список литературы:

Выпулость функций

Тест по теме «Выпуклость функций».

Таблица лучших: Выпулость функций

максимум из 4 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Выпуклость функций. Геометрическая интерпретация.

 Определения:

Функция f определённая на (a;b) называется выпуклой вверх, если :
\forall x_{1}, x_{2} \epsilon (a;b), \forall \alpha \epsilon (a,b) \Rightarrow f((1-\alpha)x_{1}+\alpha x_{2})\geq f((1-\alpha)x_{1})+\alpha f(x_{2}) .

Функция f определённая на (a,b) называется выпуклой вниз, если :
\forall x_{1}, x_{2} \epsilon (a;b), \forall \alpha \epsilon (a,b) \Rightarrow f((1-\alpha)x_{1}+\alpha x_{2})\leq f((1-\alpha)x_{1})+\alpha f(x_{2}).

Функция f определённая на (a,b) называется строго выпуклой вверх, если:
\forall x_{1}, x_{2} \epsilon (a;b),\forall \alpha \epsilon (a,b) \Rightarrow f((1-\alpha)x_{1}+\alpha x_{2}) > f((1-\alpha)x_{1})+\alpha f(x_{2})

Функция f определённая на (a,b) называется строго выпуклой вниз, если:
\forall x_{1}, x_{2} \epsilon (a;b),\forall \alpha \epsilon (a,b) \Rightarrow f((1-\alpha)x_{1}+\alpha x_{2}) < f((1-\alpha)x_{1})+\alpha f(x_{2})

Замечание:

Понятие выпуклой функции было введено Иенсеном (J.L.W.V.Jensen), который исходил, однако, из более частного соотношения,а именно:
f(\frac{x_{1}+x_{2}}{2})\geq (\leq) \frac{f(x_{1})+f(x_{2})}{2}
В  случае если функция непрерывна это определение равносильно данным ранее.

 Пример:

Рассмотрим непрерывную функцию f(x)=-(x-4)^{2}+4 :
5svg

Возьмём точки \left \{ 2,4,6 \right \} : f(\frac{2+6}{2})\geq \frac{f(2)+f(6)}{2}, т.е 4 \geq 0 \Rightarrow функция выпукла вверх.

Геометрическая интерпретация :

Условие f(\frac{x_{1}+x_{2}}{2})\geq \frac{f(x_{1}+f(x_{2})}{2} означает, что \forall M_{1}, M_{2} графика функции f(x) середина хорды лежит ниже, либо совпадает с точкой M_{0}=f(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}).

Это можно продемонстрировать на примере функции f(x)=-(x-4)^{2}+4 :

6svg

Список литературы:

Точки перегиба. Примеры.

Пусть функция f(x) непрерывна в точке x_{0} и имеет в этой точке конечную или бесконечную производную. Тогда, если эта функция при переходе через точку x_{0} меняет направление выпуклости, т.е \exists \delta такое что на (x_{0}-\delta ;x_{0}) функция выпукла вверх (вниз), а на (x_{0};x_{0}+\delta ) функция выпукла вниз (вверх), то точка x_{0}точка перегиба функции f(x).

Пример:

Рассмотрим функцию f(x)=x^{3}, где тогда x=0, является точкой перегиба данной функции.

Svg.4.ex

 Список литературы: