Να αποδείξετε

konkyr · #1

Να αποδείξετε ότι σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει :

συνΑ+συνΒ + συνΓ < 2

ΧΡΗΣΤΟΣ ΚΑΡΔΑΣΗΣ · #2

Kαλησπέρα , με την άδεια της Κωνσταντίνας να προσθέσω ότι η εκφώνηση μπορεί να γίνει
συνΑ + συνΒ + συνΓ <= 3/2 .

Μάκης Χατζόπουλος · #3

Γνωρίζουμε ότι: $\displaystyle{ \sigma \upsilon \nu A = \sigma \upsilon \nu \left( {\pi - \left( {{\rm B} + \Gamma } \right)} \right) = - \sigma \upsilon \nu (B + \Gamma ) }$
άρα η παράσταση γίνεται $\displaystyle{ \sigma \upsilon \nu {\rm B} + \sigma \upsilon \nu \Gamma - \sigma \upsilon \nu \left( {{\rm B} + \Gamma } \right) = \sigma \upsilon \nu \chi + \sigma \upsilon \nu \psi - \sigma \upsilon \nu \left( {\chi + \psi } \right) \le \frac{3}{2} }$
για λόγους ευκολίας θέτουμε Α=χ και Β=ψ οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι:
$\displaystyle{ 2\sigma \upsilon \nu \frac{{\chi + \psi }}{2}\sigma \upsilon \nu \frac{{\chi - \psi }}{2} - 2\sigma \upsilon \nu ^2 \left( {\frac{{\chi + \psi }}{2}} \right) + 1 - \frac{3}{2} \le 0 }$

δηλαδή, $\displaystyle{ - 2\sigma \upsilon \nu ^2 \left( {\frac{{\chi + \psi }}{2}} \right) + 2\sigma \upsilon \nu \frac{{\chi + \psi }}{2}\sigma \upsilon \nu \frac{{\chi - \psi }}{2} - \frac{1}{2} \le 0 }$

ή $\displaystyle{ \sigma \upsilon \nu ^2 \left( {\frac{{\chi + \psi }}{2}} \right) - \sigma \upsilon \nu \frac{{\chi + \psi }}{2}\sigma \upsilon \nu \frac{{\chi - \psi }}{2} + \frac{1}{4} \ge 0 }$

που είναι τριώνυμο ως προς συν((χ+ψ)/2) με $\displaystyle{ \Delta = \sigma \upsilon \nu ^2 \left( {\frac{{\chi - \psi }}{2}} \right) - 1 \le 0 }$

δηλαδή το τριώνυμο διατηρεί το πρόσημό του οπότε ισχύει η σχέση...

konkyr · #4

Πολύ ωραία Μάκη μόνο που έχει ξεφύγει ένα τυπογράφικό στις δύο τελευταιες γραμμές εννοείς συν $^{2}\left(\frac{x+c}{2} \right)$ όπου c εννοώ ψ (δεν βγαίνουν ελληνικα΄) έτσι;
Έχω και μία άλλη λύση στο μυαλό μου (με την αρχική εκφώνηση) θα την προσθέσω όμωσ αργότερα γιατι πρέπει να φύγω για μαθημα....

Χρήστο κανένα πρόβημα για την παρέμβαση

#5

Για την πιο ισχυρή ανίσωση που έδωσε ο Χρήστος:
Αν θυμάμαι καλά το έχουμε συζητήσει πριν από μήνες. Νομίζω ο Αλέξανδρος είχε δώσει την απάντηση:

Η συνάρτηση $f:\left(0,\displaystyle\frac{\pi}{2}\right) \to \mathbb{R}$ με $\displaystyle f(x)=\sigma \upsilon \nu x$ είναι κοίλη, άρα από την ανισότητα Jensen έχουμε

$\sigma \upsilon \nu A+\sigma \upsilon \nu B+\sigma \upsilon \nu \Gamma \leq 3\sigma \upsilon \nu \displaystyle\frac{A+B+\Gamma }{3}=\frac{3}{2}$

Γιώργος Ρίζος

edit (7-10): Ευχαριστώ τον Γιώργο Μπαλόγλου και τον Δημήτρη (Demetres) για τη διόρθωση, με προσωπικά μηνύματα. Η f είναι κοίλη στο (0, π/2) κι όχι στο (0, π).
Παρατηρούμε ότι αν π.χ. Α αμβλεία, τότε συνΑ < 0, άρα Β, Γ οξείες και η αρχική ανισότητα προφανώς ισχύει.

Μάκης Χατζόπουλος · #6

Γιώργο έχεις δίκιο, γιατί κάτι μου θύμιζε η άσκηση και τώρα που το λες θυμάμαι την απόδειξη του Αλέξανδρου (καταπληκτική) με την κοίλη κτλ... Η Κωνσταντίνα φταίει που δεν προσέχει τα δρώμενα του mathematica!!

Μάκης Χατζόπουλος · #7

konkyr έγραψε:Πολύ ωραία Μάκη μόνο που έχει ξεφύγει ένα τυπογράφικό στις δύο τελευταιες γραμμές εννοείς συν $^{2}\left(\frac{x+c}{2} \right)$ όπου c εννοώ ψ (δεν βγαίνουν ελληνικα΄) έτσι;

Επίτηδες το έκανα να δω αν προσέχεις τις λύσεις μου

#8

Επισης με νoμo συνημιτoνων και αναγωγη στην γνωστη/ευκoλη ανισoτητα

(α^2)β + α(β^2) + (β^2)γ + β(γ^2) + (γ^2)α + γ(α^2) <= 3αβγ + α^3 + β^3 + γ^3

Γιωργoς Μπαλoγλoυ

#9

Στην αντιθετη κατευθυνση εχουμε

1 <= συνΑ + συνΒ + συνΓ

... αλλα εδω ο νομος συνημιτονων μπλεκει το ζητημα*, οποτε απλως υποθετω 0 <= Γ <= 90 και παρατηρω οτι

συνΑ + συνΒ + συνΓ >= συνΑημΒ + συνΒημΑ + συνΓ = ημΓ + συνΓ >= 1

* 2αβγ + α^3 + β^3 + γ^3 <= (α^2)β + α(β^2) + (β^2)γ + β(γ^2) + (γ^2)α + γ(α^2) ... **οπου α, β, γ πλευρες τριγωνου**

Γιωργος Μπαλογλου

konkyr · #10

Καλημέρα.Σας ευχαριστώ πολύ όλους για τις λύσεις.

Δίνω μία ακόμα:

συνΑ +συνΒ +συνΓ =συνΑ+συνΒ+συν(180-(Α+Β))=συνΑ+συνΒ-συν(Α+Β)=συνΑ+συνΒ-συνΑσυνΒ+ημΑημΒ=συνΑ+συνΒ(1-συνΑ)+ημΑημΒ=

=1-1+συνΑ+συνΒ(1-συνΑ)+ημΑημΒ=1-(1-συνΑ)+συνΒ(1-συνΑ)+ημΑημΒ=1-(1-συνΑ)(1-συνΒ)+ημΑημΒ < 1+0+1*1=2

Γιατί -(1-συνΑ)(1-συνΒ)<0 και

0<ημΑ $\preceq$ 1 και 0<ημΒ $\preceq$ 1 , άρα ημΑημΒ<1 , αφού αν ήταν ημΑ=ημΒ=1 θα έπρεπε Α=Β=90 , άτοπο.

ΥΓ.όσο για τα δρώμενα έιναι τόσα πολλά (ευτυχώς!) που αδυνατώ να τα παρακολουθήσω όλα

#11

Rigio έγραψε:Για την πιο ισχυρή ανίσωση που έδωσε ο Χρήστος:
Αν θυμάμαι καλά το έχουμε συζητήσει πριν από μήνες. Νομίζω ο Αλέξανδρος είχε δώσει την απάντηση:

Η συνάρτηση $f:\left(0,\displaystyle\frac{\pi}{2}\right) \to \mathbb{R}$ με $\displaystyle f(x)=\sigma \upsilon \nu x$ είναι κοίλη, άρα από την ανισότητα Jensen έχουμε

$\sigma \upsilon \nu A+\sigma \upsilon \nu B+\sigma \upsilon \nu \Gamma \leq 3\sigma \upsilon \nu \displaystyle\frac{A+B+\Gamma }{3}=\frac{3}{2}$

Γιώργος Ρίζος

edit (7-10): Ευχαριστώ τον Γιώργο Μπαλόγλου και τον Δημήτρη (Demetres) για τη διόρθωση, με προσωπικά μηνύματα. Η f είναι κοίλη στο (0, π/2) κι όχι στο (0, π).
Παρατηρούμε ότι αν π.χ. Α αμβλεία, τότε συνΑ < 0, άρα Β, Γ οξείες και η αρχική ανισότητα προφανώς ισχύει.

Γιωργο παρατηρω *τωρα* οτι εχουμε προβλημα οσον αφορα την ισχυ της συνΒ + συνΓ <= 3/2! [Φαινεται πως νομισα κατ' αρχην, προφανως εσφαλμενα, οτι μπορουμε να αντικαταστησουμε το αμβλυγωνιο τριγωνο ΑΒΓ με οξυγωνιο τριγωνο Α'Β'Γ' ετσι ωστε συνΒ + συνΓ = συνΒ' + συνΓ'.]

Γιωργος Μπαλογλου

#12

Rigio έγραψε: Αν θυμάμαι καλά το έχουμε συζητήσει πριν από μήνες. Νομίζω ο Αλέξανδρος είχε δώσει την απάντηση:

Εδώ βρίσκεται η άσκηση που λέει ο Γιώργος. Πρόκειται για διαφορετική άσκηση της οποίας ένα ενδιάμεσο λήμμα είναι η άσκηση που παραθέτει η Κωνσταντίνα.

Αλέξανδρος

Να αποδείξετε

Να αποδείξετε

Re: Να αποδείξετε

Re: Να αποδείξετε

Re: Να αποδείξετε

Re: Να αποδείξετε

Re: Να αποδείξετε

Re: Να αποδείξετε

Re: Να αποδείξετε

Re: Να αποδείξετε

Re: Να αποδείξετε

Re: Να αποδείξετε

Re: Να αποδείξετε

Μέλη σε σύνδεση