В окремих випадках при доведенні нерівностей можна використовувати певні відомі співвідношення між геометричними фігурами. Мова іде про те, що додатним значенням змінних, що фігурують у нерівності присвоюються деякі кількісні характеристики геометричних фігур (довжини відрізків, площі, об’єми), після чого чисто геометричними методами встановлюються необхідні співвідношення: спочатку між геометричними величинами, а потім роблять відповідні висновки про саму алгебраїчну нерівність.
Задача 4.2.1. Довести, що при довільних додатних чисел 
виконується нерівність
.
Доведення. Розглянемо відрізки 
і 
такі, що 
і 
, 
(рис. 12). Маємо 
, 
, 
і оскільки 
, то нерівність доведено.
Задача 4.2.2. При яких значеннях параметра 
відстань між коренями рівняння
приймає найбільше значення?
Розв’язання. Перепишемо задане в умові рівняння у виді 
та побудуємо графік одержаної залежності у системі координат 
(рис. 13). Очевидно, що при перетині кола прямою 
коренями рівняння будуть абсциси точок перетину. Очевидно, що найбільша відстань між коренями рівняння буде дорівнювати діаметру кола, тобто 2 при 
.
Задача 4.2.3. Знайти найменше значення виразу
.
Розв’язання. Введемо в розгляд функцію
.
Насамперед зауважимо, що для всіх 
. Тепер зрозуміло, що точку, в якій функція досягає свого найменшого значення, потрібно шукати серед невід’ємних значень змінної.
Розглянемо випадок, коли 
. Тоді можлива наступна геометрична конструкція. Відкладемо два перпендикулярних відрізки та 
, а також відрізок 
так, що 
, 
, 
, 
(рис. 14). За теоремою косинусів із трикутників 
та 
отримуємо
, 
.
Крім цього бачимо, що 
. Рівність досягається тільки у тому випадку, коли точка 
співпадає з точкою 
, в якій перетинаються відрізок 
та промінь , тобто при 
. Довжину відрізка 
знайдемо із 
з стороною 
та кутами та 
. За теоремою синусів маємо
або 
,
звідки 
.
У випадку 
отримуємо 
.
Отже, найменше значення виразу дорівнює 
.
Задача 4.2.4. Довести нерівність 
.
Доведення. Спочатку розглянемо випадок, коли . Тут можлива наступна геометрична конструкція. Відкладемо відрізки 
та відрізок так, що , , 
, 
та (рис. 15). Тоді 
, . Тому
.
У випадку, коли 
, позначимо 
. Тоді для всіх маємо 
. Тепер можна зробити висновок про те, що задана нерівність виконується при довільних значеннях 
.
Задача 4.2.5. Довести, що для довільних значень змінних 
виконується нерівність
.
Доведення. Спочатку розглянемо випадок, коли 
. Відкладемо відрізки та під кутом 
так, щоб 
(рис. 16). Зауваживши, що
з нерівності трикутника робимо висновок, що задане співвідношення вірне.
Ще дві аналогічні до заданої нерівності отримаємо, зробивши у ній циклічну перестановку змінних 
. Мова іде про нерівності
,
.
Розглянемо випадок, коли дві змінні приймають від’ємні, а третя додатне значення (наприклад, 
). Перепозначивши 
на 
та 
на 
, отримаємо доведену у прикладі 4.2.1 нерівність.
Якщо дві змінні приймають додатні значення, а третя від’ємні (наприклад, 
), то нерівністю у прикладі 4.2.1 можна скористатися, перепозначивши на 
.
Випадок, коли всі три змінні приймають від’ємні значення зводиться до початкового доведення шляхом перепозначення на , на та на .
Доведення нерівності, коли одна, дві або всі три змінні приймають значення 0, очевидні.
Інше доведення даної нерівності, яке використовує ідеї координатного методу, нами було наведено у попередньому розділі (задача 3.1.2).
Задача 4.2.6. Довести нерівність
.
Доведення. При 
або 
нерівність очевидна. Розглянемо випадок, коли 
і 
. Перепишемо нерівність у виді 
та побудуємо два прямокутні трикутники з спільним катетом 
, гіпотенузи яких дорівнюють та (рис. 17). Тепер ліва частина перетвореної нерівності визначатиме суму площ трикутників 
і 
, тобто площу 
трикутника 
. Оскільки 
, то нерівність доведена.
Задача 4.2.7. Довести, що 
, якщо 
і .
Доведення. Очевидно, що при існує трикутник такий, що 
, 
, 
(рис. 18). Нехай точки 
- точки дотику вписаного кола із сторонами 
відповідно. Маємо 
, де 
- півпериметр трикутника. Крім того,
, 
, 
.
Але за умовою задачі 
, звідки 
. ( - площа трикутника ). З іншого боку, 
. Тоді 
.
Задача 4.2.8. Довести нерівність
.
Доведення. Розглянемо четвертину круга з радіусом 100. Впишемо у нього ступінчату фігуру, яка складається з 99 прямокутників з нижньою основою, що дорівнює 1 (рис. 19). Площа першого прямокутника дорівнює
.
Для другого прямокутника маємо
, …,
.
Площа ступінчатої фігури менша від площі чверті круга, тому
.
Розділ 5. Нерівності в геометрії
Геометричні фігури крім притаманних їм чисто геометричних властивостей, описуються також своїми кількісними характеристиками, зокрема довжинами відрізків, величинами кутів, площами, об’ємами, тощо. У практичній діяльності такі величини часто доводиться порівнювати, оцінювати ті межі, в яких вони змінюються (тобто аналізувати числові величини, які вони не можуть перевищувати, або не бути меншими). У результаті виникає ряд геометричних задач, пов’язаних із необхідністю оцінки геометричних величин та доведенням нерівностей, що появляються при цьому.
Окремі міркування, що стосуються певної класифікації методів доведення таких нерівностей, ми розглянемо у вигляді наступних задач.
Нерівність трикутника
Добре відомо, що для трьох довільних точок 
та 
виконується нерівність (нерівність буде строгою, якщо точка 
не лежать між двома іншими точками). Звідси отримуємо, що довжина ламаної не більша за відстань між її кінцями. Ці елементарні міркування часто є ключовими при доведенні нерівностей для відстаней.
Задача 5.1.1. Довести, що довжини медіан 
і 
та його периметр 
задовольняють нерівності
.
Доведення. Нехай у трикутнику 
; 
, 
- медіани (рис. 20). Із 
маємо
.
Аналогічно отримуємо нерівності 
та 
. Додаючи одержані співвідношення, отримуємо праву частину нерівності, що доводиться. Із 
маємо
.
Таким же чином дістаємо нерівності 
, 
, додаючи які та попередню, отримуємо ліву частину співвідношення, що доводиться.
Згадуючи співвідношення, які виражають довжини медіан через сторони трикутника, зокрема 
, на основі доведеного твердження можна говорити, що нами реалізовано геометричне доведення алгебраїчної нерівності
,
де числа додатні і такі, що сума двох із них більша від третього.
Задача 5.1.2. У прямокутнику 
на сторонах , 
, 
та 
вибрано точки 
та (по одній на кожній стороні). Довести, що периметр одержаного чотирикутника не менший 
.
Доведення. Симетризуємо прямокутник відносно сторони , а потім – відносно прямої . При цьому утворяться нові прямокутники 
та 
(рис. 21). Очевидно, що периметр чотирикутника 
буде дорівнювати
= 
і оскільки 
, то він не буде перевищувати довжини ламаної 
, яка в свою чергу не перевищує довжини відрізка 
.
Задача 5.1.3. Дано гострий кут і точку 
всередині нього. Знайти на сторонах кута такі точки та , щоб периметр трикутника був мінімальним.
Розв’язання. Нехай задана точка всередині кута 
. Симетризуючи її відносно сторін кута, отримаємо точки 
та 
. Проведемо пряму 
, яка перетне сторони кута у деяких точках та (рис. 22). Покажемо, що трикутник - шуканий.
Насамперед, зауваживши, що симетричні відносно прямої відрізки рівні, отримуємо 
та 
. Тому периметр
.
Для іншого положення точки на стороні кута (наприклад, для точки 
) дістаємо
.
Аналогічно збільшується периметр трикутника при зміні положення точки 
на другій стороні кута. Таким чином, точки та - шукані.
Очевидно, що якщо заданий кут гострий, то пряма завжди перетне сторони кута, тому поставлена задача матиме єдиний розв’язок.
Застосування векторів
Інколи обґрунтування нерівності для відстаней зручно проводити, використовуючи вектори. При цьому може застосовуватися векторний аналог нерівності трикутника: 
. У задачах, зв’язаних з центром ваги трикутника, використовується рівність 
, де - точка перетину медіан, 
- вершини трикутника.
Задача 5.2.1. На площині задано два відрізки і . Довести, що довжина відрізка, що сполучає їх середини, не більша за півсуму відрізків 
та 
.
Доведення. Нехай точки та 
- середини відрізків і відповідно (рис. 23). Очевидно, що виконуються векторні рівності 
та 
. Додаючи їх, отримуємо рівність 
, з якої, переходячи до довжин векторів, дістаємо 
, що доводить висловлене в умові твердження. Знак рівності можливий при умові 
, тобто, коли заданий чотирикутник є трапецією або паралелограмом.
Задача 5.2.2. У чотирикутнику кут тупий, 
- середина сторони . Довести, що 
.
Доведення. Нехай точка 
є серединою відрізка . Очевидно, що точка розташована всередині кола з діаметром , тому 
( - центр кола). Оскільки 
, як середня лінія трикутника 
, то 
, що потрібно було довести.
Задача 5.2.3. На площині задані два трикутники 
та 
. Нехай та - точки перетину їхніх медіан. Довести, що 
.
Доведення. Очевидно, що виконуються векторні рівності 
,
,
.
Додаючи їх, отримуємо 
, звідки випливає нерівність, яку ми доводимо.
Задача 5.2.4. У піраміді 
вершину сполучили з точкою - центром ваги трикутника . Довести, що 
.
Доведення. Очевидно, що виконуються векторні рівності 
, 
, 
. Додаючи їх та враховуючи, що , отримуємо співвідношення 
, з якого випливає задана нерівність. Знак рівності у ній неможливий, оскільки вектори 
не колінеарні, тому 
.
Оцінка площі
Нам відомо, що площа трикутника не перевищує половини добутку довільних двох його сторін, а площа опуклого чотирикутника - половини добутку його діагоналей. Ці факти ефективно можна використовувати при розв’язуванні окремих задач. Наведемо приклади.
Задача 5.3.1. Нехай 
- довжини сторін опуклого чотирикутника. Довести, що його площа не перевищує 
.
Розв’язання. Проведемо діагональ чотирикутника так, щоб по одну сторону від неї були сторони з довжинами 
. Симетризуємо ці сторони відносно серединного перпендикуляра до проведеної діагоналі (рис. 24). Утвориться новий чотирикутник тієї ж площі, що заданий, та з довжинами послідовних сторін 
. Провівши у ньому другу діагональ, отримаємо два трикутники, площі яких не перевищують 
та 
.
Задача 5.3.2. Периметр опуклого чотирикутника дорівнює 4. Довести, що його площа не перевищує 1.
Розв’язання. Позначимо сторони чотирикутника через , а його площу через . Тоді 
. З попередньої задачі маємо 
. Легко бачити, що виконується також нерівність 
. Тоді
.
Цим самим фактично доведено, що з усіх опуклих чотирикутників із фіксованим периметром найбільшу площу має квадрат.
Задача 5.3.3. Довжини двох сторін трикутника та задовольняють умову 
, а довжини відповідних їм висот дорівнюють 
та 
. Довести нерівність 
та встановити, коли досягається рівність.
Доведення. Площа трикутника АВС дорівнює 
, звідки 
. Крім цього 
, звідки 
і 
, звідки 
. Перетворимо нерівність, яку ми доводимо, наступним чином:
.
Очевидно, що, відповідно до умови задачі, одержаний вираз не може бути від’ємним. Легко бачити, що рівність досягається при 
, тобто у випадку, коли трикутник прямокутний.
