Длины проекций выпуклого многоугольника площади $S$ на две взаимно перпендикулярные прямые равны $l_1$ и $l_2$. Докажите, что $S \le l_1l_2$.
Длины проекций выпуклого многогранника объёма $V$ на три взаимно перпендикулярные прямые равны $l_1$, $l_2$ и $l_3$. Докажите, что $V \le l_1l_2l_3$.
Площади проекций выпуклого многогранника объёма $V$ на три взаимно перпендикулярные плоскости равны $S_1$, $S_2$ и $S_3$. Докажите, что $V \le \sqrt{S_1S_2S_3}$.
Утверждения пунктов а) и б) непосредственно следуют из того, что в случае а) многоугольник содержится в прямоугольнике со сторонами $l_1$ и $l_2$, а в случае б) многогранник содержится в прямоугольном параллелепипеде с рёбрами $l_1$, $l_2$, $l_3$.
в) Пусть $\pi_1$, $\pi_2$, $\pi_3$ — взаимно перпендикулярные плоскости, $S_1$, $S_2$, $S_3$ — площади проекций многогранника $M$ на эти плоскости, a $l_1$, $l_2$, $l_3$ — длины проекций многогранника $M$ на прямые $\pi_2\cap\pi_3$, $\pi_1\cap\pi_3$, $\pi_1\cap\pi_2$ соответственно, $V=V(M)$ — его объём. Плоскости, параллельные $\pi_1$, будем в дальнейшем называть горизонтальными.
Первое решение. Справедливость неравенства
$$
V\le\sqrt{S_1S_2S_3}\tag1
$$
для прямой призмы с горизонтальными основаниями легко следует из а): для такой призмы $S_1\le l_2l_3$, $S_2=l_1l_3$, $S_3=l_1l_2$ и $$
V^2=(S_1l_1)^2=S_1\cdot S_1l_1^2\le S_1\cdot l_1l_2\cdot l_1l_3=S_1S_2S_3.
$$
Чтобы, доказать (1) для произвольного многогранника, нам понадобится
Лемма.Пусть многогранник $M$ разрезан горизонтальными плоскостями на $n$ многогранников $M_1,$ ${\ldots},$ $M_n.$ Если для каждого из них выполнено неравенство $(1),$ то оно выполнено и для $M.$
Докажем лемму сначала для $n=2$. Пусть площади проекций многогранников $M_1$ и $M_2$ на плоскость $\pi_2$ равны $a_1^2$ и $a_2^2$, на плоскость $\pi_3$ — $b_1^2$ и $b_2^2$ соответственно ($a_i\gt0$, $b_i\gt0$). Площадь проекций $M_1$ и $M_3$ на $\pi_1$ не превосходит $S_1$. Поэтому
$$
V(M)=V(M_1)+V(M_2)\le\sqrt{S_1}(a_1b_1+a_2b_2)\le\sqrt{S_1}\sqrt{a_1^2+a_2^2}\sqrt{b_1^2+b_2^2}=\sqrt{S_1S_2S_3}.
$$
Неравенство
$$
(a_1b_1+a_2b_2)^2\le(a_1^2+a_2^2)(b_1^2+b_2^2),\tag2
$$
которым мы воспользовались, эквивалентно очевидному $(a_1b_2-a_2b_1)^2\ge0$.
Доказательство леммы для любого $n$ можно провести либо индукцией по $n$, либо аналогично случаю $n=2$ с использованием вместо (2) неравенства Коши («Квант», 1972, №1)
$$
(a_1b_1+\ldots+a_nb_n)^2\le(a_1^2+\ldots+a_n^2)(b_1^2+\ldots+b_n^2).\tag3
$$
Теперь доказательство неравенства (1) завершается так. Разрежем многогранник $M$ на горизонтальные слои. При малой толщине слоёв объёмы многогранника $M$ и объединения некоторых поставленных друг на друга призм (а также площади их соответствующих проекций) отличаются сколь угодно мало. Именно:
Рис. 1
Пусть $h$ — малое положительное число. Проведём достаточно густо горизонтальные плоскости (в том числе — через все вершины многогранника $M$) так, чтобы $M$ оказался разрезанным на $n$ слоёв толщиной $h_i\le h$ ($l_1=h_1+h_2+\ldots+h_n$). Заключим $i$-й слой в прямую призму высотой $h_i$ и с горизонтальным основанием, совпадающим с проекцией этого слоя на $i$-ю секущую плоскость.
Пусть $M'$ — объединение построенных призм. Проекция $M'$ на $\pi_1$ совпадает с проекцией многогранника $M$ на $\pi_1$: $S_1'=S_1$, а площади $S_2'$ и $S_3'$ проекций $M'$ на плоскости $\pi_2$ и $\pi_3$ не меньше площадей $S_2$ и $S_3$ соответственно и отличаются от них на сумму площадей прямоугольных треугольников, заштрихованных на рисунке 1. Эта сумма не больше $cl_1h$, где $c$ — наибольший из тангенсов острых углов, образуемых проекциями рёбер многогранника $M$ на плоскости $\pi_2$ и $\pi_3$ с вертикалью. Поэтому
$$
V(M)\le V(M')\le\sqrt{S_1'S_2'S_3'}\le\sqrt{S_1(S_2+cl_1h)(S_3+cl_1h)}.
$$
Поскольку это неравенство верно при любом $h$, $V\le\sqrt{S_1S_2S_3}$.
Второе решение. Введём в пространстве прямоугольную систему координат, приняв $\pi_1\cap\pi_2$, $\pi_1\cap\pi_3$, $\pi_2\cap\pi_3$ за оси $Ox$, $Oy$ и $Oz$ соответственно. Пусть $[a;b]$ — отрезок оси $Oz$, на который проектируется многогранник $M$. Через каждую точку $z\in[a;b]$ проведём горизонтальную плоскость. Пусть $S(z)$ — площадь сечения многогранника этой плоскостью, а $l_2(z)$ и $l_3(z)$ — длины проекций этого сечения на плоскости $\pi_2$ и $\pi_3$ соответственно. Можно доказать, что $$
\textstyle V=\int\limits_a^b S(z)\,sz.\tag4
$$
Рис. 2
В учебнике «Геометрия 9—10» (§58 и §66) эта формула выведена для пирамиды и для тел вращения; для произвольных многогранников доказательство аналогичное. Мы ещё воспользуемся формулой (докажите её самостоятельно!)
$$
\textstyle S=\int\limits_a^bl(z)\,dz,\tag5
$$
где $S$ — площадь выпуклого многоугольника, лежащего в плоскости $xOz$, а $l(z)$ — длина отрезка, по которому пересекается с многоугольником прямая, параллельная оси $Ox$ и проходящая через точку $z\in[a;b]$ (рис. 2). Кроме того, нам понадобится интегральное неравенство Буняковского, являющееся аналогом неравенства (3):
$$
\textstyle\left|\int\limits_a^bf(z)\,g(z)\,dz\right|\le
\sqrt{\int\limits_a^bf^2(z)\,dz}\cdot\sqrt{\int\limits_a^bg^2(z)\,dz}.
$$
Мы докажем его для непрерывных функций $f$ и $g$.
Функция $\phi$ — квадратный трёхчлен, принимающий при любых $\lambda$ неотрицательные значения. Поэтому $\dfrac D4=B^2-AC\le0$ или $B\le\sqrt{A}\cdot\sqrt{C}$, а это и есть требуемое неравенство. (Докажите аналогично неравенство (3).)
Теперь завершим второе решение задачи.
$$
\textstyle V=\int\limits_a^bS(z)\,dz=\int\limits_a^b\sqrt{S(z)}\cdot\sqrt{S(z)}\,dz.
$$
Так как $S(z)\le S_1$ при любом $z\in[a;b]$, получаем
$$
\textstyle V\le\sqrt{S_1}\cdot\int\limits_a^b\sqrt{S(z)}\,dz.
$$
В силу пункта а) $S(z)\le l_2(z)\,l_3(z)$. Поэтому
$$
\textstyle V\le\sqrt{S_1}\cdot\int\limits_a^b\sqrt{l_2(z)}\cdot\sqrt{l_3(z)}\,dz.
$$
Применяя интегральное неравенство Буняковского и формулу (5), получаем
$$
\textstyle\int\limits_a^b\sqrt{l_2(z)}\cdot\sqrt{l_3(z)}\,dz\le
\sqrt{\int\limits_a^bl_2(z)\,dz)}\cdot\sqrt{\int\limits_a^bl_3(z)\,dz)}=
\sqrt{S_2}\cdot\sqrt{S_3},
$$
так что $V\le\sqrt{S_1S_2S_3}$.
