ΑΝΙΣΟΤΙΚΗ ΣΧΕΣΗ ΣΕ ΤΡΙΓΩΝΟ

#1

Ως συνέχεια του θέματος: posting.php?mode=reply&f=34&t=333
δίνω το εξής θέμα:

Να δειχθεί ότι ΑΒ•ΑΓ > ΒΔ•ΓΔ στο σχήμα 1. Θα μπορούσαμε να αποδείξουμε αντίστοιχη σχέση στο (2);

: Trigono 02.png (6.56 KiB) Προβλήθηκε 1128 φορές

Γιώργος Ρίζος

Σύνθεσα το θέμα αυτό προσπαθώντας να δυσκολέψω την απλή ανισότητα, που περιγράφει παρακάτω ο Δημήτρης:

Demetres έγραψε:...Θυμήθηκα ένα παρόμοιο πρόβλημα που υπάρχει στον πρόλογο του βιβλίου "How to Solve it: Modern Heuristics" των Michalewicz και Fogel.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και σημείο Δ στο εσωτερικό του. Να δειχθεί ότι ΑΔ + ΔΒ < ΑΓ + ΓΒ.
Αυτην την άσκηση την δώσανε σε αρκετά άτομα συμπεριλαμβανομένων και προπτυχιακών/μεταπτυχιακών φοιτητών και καθηγητών πανεπστημίων (στα μαθηματικά/μηχανική/ηλεκτρονικούς υπολογιστές). Τα αποτελέσματα ήταν άκρως τραγικά.

5% κατάφεραν να την λύσουν σε λιγότερο από μία ώρα, αρκετοί χρειάστηκαν αρκετές ώρες για να την λύσουν και υπήρξαν ορισμένοι που απέτυχαν να την λύσουν!

Πιθανόν να υπάρχει κάποια πολύ απλούστερη αντιμετώπιση από τη δική μου.

#2

Θα χρησιμοποιήσω το σχήμα του Γιώργου και τη φαντασία σας...Ορίζω ως Κ το σημείο που η ΔΓ τέμνει το ημικύκλιο
και Λ το σημείο που η ΒΔ τέμνει την ΑΓ. Τότε $\displaystyle{\displaystyle B\hat K\Gamma = 90^0 }$ , (εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο) και $\displaystyle{\displaystyle B\hat K\Gamma > {\rm B}\hat \Delta \Gamma > {\rm B}\hat \Lambda \Gamma > {\rm B}\hat {\rm A}\Gamma }$ (χρησιμοποιώντας την ιδιότητα της εξωτερικής γωνίας τριγώνου, να είναι μεγαλύτερη απο οποιαδήποτε εσωτερική)
Αρα $\displaystyle{\displaystyle \hat {\rm A} < \hat \Delta < 90^0 \Rightarrow \ 0<sin \hat A < \sin \hat \Delta (1) }$ .
Ας υποθέσουμε τώρα πως : $\displaystyle{\displaystyle {\rm A}{\rm B} \cdot {\rm A}\Gamma \leqslant \Delta {\rm B} \cdot \Delta \Gamma }$ .
Τότε θα είναι και:
$\displaystyle{\displaystyle {\rm A}{\rm B} \cdot {\rm A}\Gamma \leqslant \Delta {\rm B} \cdot \Delta \Gamma \mathop \Leftrightarrow \limits_{\sin A,\sin \Delta > 0}^{(1)} AB \cdot A\Gamma \sin \hat A \leqslant \Delta {\rm B} \cdot \Delta \Gamma \sin \hat \Delta \mathop \Leftrightarrow \limits^{ \times \frac{1} {2}} \left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right) \leqslant \left( {\Delta {\rm B}\Gamma } \right) }$ .
Ατοπο.Συνεπώς : $\displaystyle{\displaystyle {\rm A}{\rm B} \cdot {\rm A}\Gamma > \Delta {\rm B} \cdot \Delta \Gamma }$ ..

Y.Γ Αφαίρεσα το δεύτερο κομμάτι της απόδειξής γιατί δε με ικανοποιούσε...Θα ξαναπροσπαθήσω...

#3

Στο σχήμα 1 του Γιώργου Ρίζου πιο πάνω, οι $\angle A,\ \angle D,$ γωνίες είναι πάντοτε οξείες, γιατί τα σημεία $A,\ D,$ βρίσκονται στο εξωτερικό μέρος του δοσμένου ημικυκλίου.

Έτσι, εάν $B^{\prime},\ C^{\prime}$ είναι αντιστοίχως, οι προβολές των $B,\ C$ επί της ευθείας AD,

από

και

προκύπτει άμεσα το ζητούμενο $AB\cdot AC > DB\cdot DC$ ,(1)

Στο σχήμα 2 όμως, όπου οι γωνίες $\angle A,\ \angle D,$ είναι πάντοτε αμβλείες, δεν ισχύει πάντοτε η (1).

Ως σχήμα 3, μπορούμε να δούμε το τρίγωνο $\bigtriangleup ABC$ με $BC = 8,\ AC = 2,\ AB = 7$ και στο εσωτερικό του το σημείο

επί της μεσοκάθετης ευθείας του BC,

όπου αν και έχουμε AB + AC > DB + DC,

δεν ισχύει η (1),

αφού $2\cdot 7 = 14 < 16 < DB\cdot DC$ , ( DB = DC > 4 )

.

Κώστας Βήττας.

#4

Κατασκεύασα το ερώτημα ξεκινώντας από την ανισοτική σχέση των εμβαδών: (ΑΒΓ) > ( ΒΔΓ).
Εξέφρασα τα εμβαδά με τη βοήθεια των ημιτόνων των Α και Δ και προέκυψε η άσκηση.

Δίνω τη λύση μου, η οποία μοιάζει με του Χρήστου.

Το Δ είναι εσωτερικό σημείο στο τρίγωνο ΑΒΓ, οπότε (ΑΒΓ) > (ΑΒΔ).
Στο σχήμα 1 τα σημεία Α και Δ είναι έξω από το ημικύκλιο με διάμετρο ΒΓ, οπότε βλέπουν τη ΒΓ υπό οξεία γωνία.
Είναι $\hat \Delta > \hat {\rm A}$ οπότε $\eta \mu \Delta > \eta \mu {\rm A} > 0\;\; \Rightarrow \frac{{\eta \mu \Delta }}{{\eta \mu {\rm A}}} > 1$
Τότε:
$\frac{1}{2}{\rm A}{\rm B} \cdot {\rm A}\Gamma \cdot \eta \mu {\rm A} > \frac{1}{2}\Delta {\rm B} \cdot \Delta \Gamma \cdot \eta \mu \Delta \;\; \Rightarrow \;\;{\rm A}{\rm B} \cdot {\rm A}\Gamma \cdot \eta \mu {\rm A} > \Delta {\rm B} \cdot \Delta \Gamma \cdot \eta \mu \Delta \;\; \Rightarrow \;\;\frac{{{\rm A}{\rm B} \cdot {\rm A}\Gamma }}{{\Delta {\rm B} \cdot \Delta \Gamma }} > \frac{{\eta \mu \Delta }}{{\eta \mu {\rm A}}} > 1$
άρα ΑΒ•ΑΓ > ΒΔ•ΔΓ.

Στο σχήμα 2 τα σημεία Α και Δ είναι εσωτερικά του ημικυκλίου με διάμετρο ΒΓ, οπότε βλέπουν τη ΒΓ υπό αμβλεία γωνία. Είναι $\hat \Delta > \hat {\rm A}$
οπότε $0 < \eta \mu \Delta < \eta \mu {\rm A}\;\; \Rightarrow \frac{{\eta \mu {\rm A}}}{{\eta \mu \Delta }} > 1$
Τότε:
$\frac{1}{2}{\rm A}{\rm B} \cdot {\rm A}\Gamma \cdot \eta \mu {\rm A} > \frac{1}{2}\Delta {\rm B} \cdot \Delta \Gamma \cdot \eta \mu \Delta \;\; \Rightarrow \;\;{\rm A}{\rm B} \cdot {\rm A}\Gamma \cdot \eta \mu {\rm A} > \Delta {\rm B} \cdot \Delta \Gamma \cdot \eta \mu \Delta \;\; \Rightarrow \;\;\frac{{\eta \mu {\rm A}}}{{\eta \mu \Delta }} > \frac{{\Delta {\rm B} \cdot \Delta \Gamma }}{{{\rm A}{\rm B} \cdot {\rm A}\Gamma }}$

Εδώ έχουμε δύο ομόρροπες ανισότητες, οπότε δεν προκύπτει κάτι.
Έδωσε ο Κώστας ένα αντιπαράδειγμα, για το οποίο είναι ΑΒ•ΑΓ < ΒΔ•ΔΓ.
Εφόσον εύκολα βρίσκουμε παράδειγμα για το οποίο είναι ΑΒ•ΑΓ > ΒΔ•ΔΓ, δεν προκύπτει κάτι για την περίπτωση (2).
Π.χ. Ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = ΑΓ = 12, ΒΓ = 20 και σημείο Δ στο ύψος από το Α, ώστε ΒΔ = 11. Τότε ΑΒ•ΑΓ = 144 > ΒΔ•ΔΓ = 121.
Ευχαριστώ για τη συμμετοχή σας.
Να βλέπουμε και τέτοια θέματα για αποτοξίνωση, λόγω της υπερβολικής κατανάλωσης "πιθανών θεμάτων πανελληνίων". Τι λέτε;

Γιώργος Ρίζος

Συμπλήρωσα την απάντηση 29-4-2009 (8:49)

#5

ΝΑΙΑΙΑΙΑΙΑΙ......Να βλέπουμε, να βλέπουμε!!

ΑΝΙΣΟΤΙΚΗ ΣΧΕΣΗ ΣΕ ΤΡΙΓΩΝΟ

ΑΝΙΣΟΤΙΚΗ ΣΧΕΣΗ ΣΕ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΑΝΙΣΟΤΙΚΗ ΣΧΕΣΗ ΣΕ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΑΝΙΣΟΤΙΚΗ ΣΧΕΣΗ ΣΕ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΑΝΙΣΟΤΙΚΗ ΣΧΕΣΗ ΣΕ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΑΝΙΣΟΤΙΚΗ ΣΧΕΣΗ ΣΕ ΤΡΙΓΩΝΟ

Μέλη σε σύνδεση