2015-07-21
Дан линейный двучлен $l(z) = Az + B $ с комплексными коэффициентами $A$ и $B$. Известно, что максимальное значение $|l(x)|$ на отрезке $-1 \leq x \leq 1 (y=0)$ действительной оси комплексной плоскости $z = x + iy$ равно $M$.
Докажите, что при любом $z$
$|l(x)| \leq M \rho$,
где $\rho$ — сумма расстояний от точки $P = z$ до точек
$Q_{1} (z=1)$ и $Q_{3}(z=-1)$.
Решение:
Пусть $l_{1} = \frac{1}{A}l(z) = z - \gamma$, где $\gamma = - \frac{B}{A}, Q_{2} : z = \gamma$. Тогда $M_{1} = max_{-1 \leq x \leq 1} |l(x)| = \frac{1}{|A|} M$, и нам достаточно показать,
что $|l_{1}(z)| \leq M_{1} \rho$. Далее, $|l_{1}(x)| = |x - \gamma|$, т. е. равно длине отрезка $|X Q_{2}|$, и если $x$ лежит на отрезке $-1 \leq x \leq 1$, то по известному свойству в $\triangle Q_{1}Q_{2}Q_{3}$ отрезок $|Q_{2}X|$ меньше хотя бы одной из боковых сторон $|Q_{2}Q_{1}|,|Q_{2}Q_{3}|$. Поэтому $M_{1} = max (|Q_{2}Q_{1}|,|Q_{2}Q_{3}|)$. Далее, $|l_{1}(z)| = |z - \gamma| = |PQ_{2}|$. Таким образом, мы пришли к следующей геометрической задаче. В четырехугольнике $PQ_{1}Q_{2}Q_{3}$ длина диагонали $|Q_{1}Q_{3}|$ равна 2. Доказать, что диагональ $|PQ_{2}| \leq (|PQ_{1}| + |PQ_{2}|) \cdot max (|Q_{2}Q_{1}|,|Q_{2}Q_{3}|)$. Сразу заметим, что $M_{1} = max (|Q_{1}Q_{2}|,|Q_{2}Q_{3}|) \geq 1$, иначе было бы $|Q_{1}Q_{2}| + |Q_{2}Q_{3}| < 2 = |Q_{1}Q_{3}|$, что невозможно. Из рассмотрения $\triangle Q_{1}Q_{2}P$ и $\triangle Q_{3}Q_{2}P$ получаем:
$|Q_{1}Q_{2}| + |Q_{1}P| \geq |Q_{2}P|$ и $|Q_{3}Q_{2}| + |Q_{3}P| \geq |Q_{2}P|$,
откуда
$\frac{|Q_{1}Q_{2}| + |Q_{2}Q_{3}| + |Q_{3}P| + |PQ_{1}|}{2} \geq |Q_{2}P|$.
Рассмотрим случаи:
$|Q_{3}P| + |PQ_{1}| \geq |Q_{1}Q_{2}| + |Q_{2}Q_{3}|$, тогда $|Q_{3}P| + |PQ_{1}| \geq |Q_{2}P|$, а по доказанному выше $M_{1} \geq 1$, так что
$(|Q_{3}P| + |PQ_{1}|) \cdot M_{1} \geq |Q_{2}P|$.
2. $|Q_{3}P| + |PQ_{1}| \leq |Q_{1}Q_{2}| + |Q_{2}Q_{3}|$.
Тогда $|Q_{2}P| \leq 2 max (|Q_{1}Q_{2}|, |Q_{2}Q_{3}|) = 2M_{1}$, но из $\triangle Q_{1}PQ_{3}$ получаем, что $|Q_{3}P| + |PQ_{1}| \geq |Q_{1}Q_{3}| = 2$, так что $|Q_{2}P| \leq 2M_{1} \leq (|Q_{3}P| + |PQ_{1}| \cdot M_{1}$, что и требовалось доказать.