1. Муниципальное общеобразовательное учреждение
«Гимназия №1» г. Саратова
Исследовательская работа по математике
на тему: «Использование свойств скалярного
произведения 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

2. Оглавление
1. Введение стр.3
2. Цели работы стр.3
3. Глава I стр.4
4. Глава II стр.5
5. Заключение стр.13
6. Библиография стр.14
2

3. Введение
Выбор темы моей исследовательской работы обусловлен желанием
ознакомиться с новым для меня способом решения математических задач, в
частности, с использованием скалярного умножения векторов. С темой
«Векторы. Скалярное произведение векторов» я познакомилась не только на
уроках, но и на занятиях математического кружка.
На занятиях кружка мы решаем задачи различными способами, и меня
порой приятно удивляет наличие внутрипредметных связей, проявляющихся
в решении той или иной задачи. Например, теорему косинусов для
треугольника мы доказывали различными способами, в том числе
векторным. Теорема о пересечении высот треугольника была доказана
векторным методом, и с помощью вспомогательной окружности. Интересно,
если алгебраическая конструкция имеет геометрическую интерпретацию
(например, неравенства Коши может быть интерпретировано на круге). Одна
и та же задача может быть решена с привлечением различных
объектов(Приложение 1).
Владение набором методов и способов решения делает его поиск наиболее
рациональным и красивым. Очень важно уметь анализировать условие
задачи с целью выбора эффективного способа ее решения. И поэтому я
решила провести исследование: 1) для решения каких задач можно
использовать свойства скалярного произведения векторов; 2) чем должно
быть 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

4. Глава I
Скалярное произведение двух ненулевых векторов – это произведение
длин 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 ⋅b
этого 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 b
противонаправлены, а справа - если векторы a и b сонаправлены.
По свойству скалярного произведения векторов (его доказательство
размещено 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, что
некоторые математические задачи (к примеру, иррациональные
уравнения) можно решать с помощью векторов, точнее, с помощью
свойств их скалярного произведения.
4

5. Глава II
Рассмотрим следующие примеры.
Пример 1. Обычное иррациональное уравнение x − 2 + 4 − x = 2
можно решить стандартными способами: непосредственным возведением
обеих частей в квадрат, или с помощью использования замены, или
графическим способом. А можно и так.
{ }
Рассмотрим векторы m x − 2; 4 − x и n {1;1} . При этом m = 2 и
n = 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−x
соответствующие координаты пропорциональны: = .
1 1
Решая это уравнение, получаем его единственный корень 3.
Ответ: { 3}.
Использование векторов при решении рассмотренного уравнения не
совсем оправдано, хотя, безусловно, неожиданно и эффектно. Этот способ
далеко не очевиден, и применять его нужно при каком-то определенном
выигрыше 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 дадут
должного результата. Поэтому оценим правую часть уравнения, выделив
квадрат 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 данного
уравнения не превосходит 2. Следовательно, данное уравнение может иметь
решение только в случае одновременного равенства 2 выражений, стоящих в
обеих частях уравнения.
Поэтому, решив систему уравнений x − 2 + 4 − x = 2 ∧
x − 6x + 11 = 2,
2
5

6. убедимся в том, что единственным корнем данного уравнения является
число 3. (Единственный корень второго уравнения системы является также и
корнем 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 наибольшее
значение функции x − 2 + 4 − x = y следующим образом. Возведем в
квадрат обе части этого равенства и найдем значение x , при котором
достигается наибольшее значение y 2 (А значит и у!). Получим, что
y 2 = 2 + 2 − x 2 + 6x − 8 = 2 + 2 1 − ( x − 3) 2 . Теперь становится ясно, что
наибольшее 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 решение
уравнения.
Аналогичные способы решения имеет и задача с такой формулировкой.
Пример 3. При каком значении x функция y = x + 7 + 11 − x
принимает наибольшее значение?
Решение.
Найдем область определения данной функции исходя из определения
арифметического 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 . Тогда
a ⋅ 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 есть
наибольшее 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 1
единственный корень уравнения.
6

7. Следовательно, свое наибольшее значение данная функция принимает при
x = 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 не
очевидным «тягучим» способом: выполнив ряд замен, свести его к
уравнению 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 корнем
уравнения.
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 1
3a 2 − a = 4 ⋅ (1 + a 2 ) + 1 + − 4 1 + a 2 ⋅ 1 + ,
a a
7

8. 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,
a
единственным 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
1
a = −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 числа
являются 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, что
векторы одинаково направлены и их соответствующие координаты
1+ x 3− x
пропорциональны: = . Понятно, что корни этого уравнения
x 1
обязаны находиться в полуинтервале ( 0;3]. .
Решая это уравнение, получаем, что корнями исходного уравнения
являются числа 1 и 1 + 2 (Число 1 − 2 не входит в область допустимых
значений переменной).
Ответ: { 1; 1+ 2 }.
Очевидно, что применение в решении данной задачи свойства скалярного
произведения 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
2
2 x − 1 + 5x = ( x 2 + 4 ) ⋅ ( x + 24) имеет место только в случае, если векторы
одинаково направлены, а их соответствующие координаты
8

9. x −1 5
пропорциональны. Решив уравнение = , получим единственный
2 x
корень 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 в
использовании скалярного произведения в решении задач заключается в
выборе векторов. Точнее, нужно выбрать координаты векторов специальным
образом. 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, то
есть для того, чтобы решать, нужно решать!
Теперь рассмотрим несколько уравнений с параметром. Ценность этих
примеров заключается в том, что решая как будто бы одно уравнение, мы
решаем целый класс уравнений. В зависимости от значений параметра мы
можем получать различные уравнения , но одного класса.
Пример 8. Решите уравнение x ⋅ p + x + 3 − x = ( p + 3) ⋅ ( x + 1) , где
p - 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

10. которое может иметь решение только в случае, если векторы m и n
сонаправлены, а координаты их пропорциональны. Учтя, что 0 не является
корнем данного уравнения, условие пропорциональности соответствующих
p +x 3− x
координат 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 при
p ∈ [ − 3;1]; ;
уравнение не имеет действительных корней при
p ∈ ( − ∞;−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} , получаем
m = 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 p
есть 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 неотрицательные
значения. Перепишем данное уравнение в виде:
x 2 + p 2 ⋅ x + p = x ⋅ x + p ⋅ p . Очевидно, что при p = 0 любое
неотрицательное число является корнем исходного уравнения.
10

11. Если рассмотреть векторы m { x ; p } и n { x ; p } , то на уравнение можно
смотреть иначе: m ⋅ n = m ⋅ n .
x p
Ясно, что при p 〉 0 корень уравнения = ( x = p ) является
x p
решением данного уравнения.
Ответ: если p = 0, то x ∈ [ 0;+∞ ); если p 〉 0 ,то x = p ; если p 〈 0, то
уравнение не имеет корней.
Пример 11. Решите уравнение
p ⋅ 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}, а
n { 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 решим
уравнение 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} . В
процессе 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

12. Покажем, как применяется скалярное произведение векторов к
доказательству неравенств.
Пример 12. Доказать, что если a, b, c и d неотрицательные числа, то имеет
место 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 произведение
рассматриваемых векторов, а выражение 1 + a 2 ⋅ 1 + b 2 - произведение их
   
абсолютных величин. Следовательно, x ⋅ y ≤ x ⋅ y (а это очевидное
неравенство!), и справедливость исходного неравенства
1 + 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
1
a4 +b4 ≥ .
2
Решение.
На первый взгляд, кажется, что решить эту задачу с помощью векторов
нельзя. 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 занятии
нашего школьного математического кружка.
12

13. 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 в
точке О. Тогда каждое из данных чисел можно
рассматривать как скалярное произведение
введенных векторов. Такая интерпретация всех
указанных в условии шести чисел означает, что
каждый из углов между каждыми двумя векторами
тупой, что невозможно. Значит, хотя бы одно из шести чисел
неотрицательно.
Неожиданное, красивое решение, указывающее на наличие
внутрипредметных связей между математическими объектами.
Поиск этого решения дался мне с большим трудом.
Заключение
В данной исследовательской работе в результате рассмотрения свойств
скалярного произведения были продемонстрированы решения 9
иррациональных уравнений (в том числе 4 уравнений с параметром),
доказаны 3 неравенства, решены 2 задачи на нахождение наибольшего
значения. В том числе, самостоятельно были решены задачи под номерами 3,
4, 6, 7, 9, 10, 12 – 14. Остальные задачи были решены под руководством
учителя математики.
1) Была продемонстрирована внутрипредметная связь алгебры и
геометрии и, как следствие, поиск рационального решения математической
задачи.
2) Было выяснено, что основными трудностями, возникающими в
процессе 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 которых
можно применять векторы.
В дальнейшем я хочу расширить класс задач, решение которых основано
на применении свойств скалярного произведения векторов: системы
уравнений с двумя и тремя переменными, доказательства неравенств.
13

14. 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

15. Приложение 1
1
Рассмотрим интересную задачу: « a 2 + b 2 = 1. ⇒ a 4 + b 4 ≥ . »
2
Она предполагает разнообразные способы решения, применение которых
позволяет демонстрировать значение использования внутрипредметных
связей 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
2
неравенств 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 2
доказано.
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 средним
арифметическим 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 +b4
a b ≤
2 2
выражение . Получаем: a b +
2 2
≤ a 4 + b 4.
2 2 2
a +b4 4
1 1
Но + a 2b 2 = , поэтому a 4 + b 4 ≥ .
2 2 2
Третий способ.
Опираясь на соотношение между средним квадратичным и средним
a4 +b4 a2 +b2
арифметическим двух положительных чисел, имеем: ≥ .⇒
2 2
15

16. 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
1
sin 4 α + cos 4 α ≥ .
2
Очевидно, что
1
sin 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 свойства
скалярного 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 b
противонаправлены, 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

17. Для этого введем замену: a 2 = x , b 2 = y . Тогда уравнение и неравенство
1
будут выглядеть так: x + y = 1 и x 2 + y 2 ≥ . Учитывая, что x ≥ 0, y ≥ 0,
2
построим их графики – отрезок с концами на координатных осях Ох и Оу в
точках (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