Σχεδόν πάντα μεγαλύτερο

KARKAR · #1

Η διχοτόμος

της ορθής γωνίας του τριγώνου $\displaystyle ABC$ , τέμνει την υποτείνουσα στο σημείο

.

Δείξτε ότι : $DB{\cdot}DC \geq DA^2$

#2

Από το θεώρημα της διχοτόμου έχουμε

$\displaystyle{DB=\frac{ac}{b+c},DC=\frac{ab}{b+c}}$

και βέβαια είναι $\displaystyle{\delta _a=\frac{2bc}{b+c}\cos \frac{A}{2}=\frac{bc\sqrt{2}}{b+c}.}$

Τότε, η προς απόδειξη ανισότητα γράφεται τελικά $\displaystyle{a^2\geq 2bc,}$ το οποίο ισχύει από την προφανή ανισότητα $\displaystyle{b^2+c^2\geq 2bc}$ σε συνδυασμό με το πυθαγόρειο θεώρημα.

hlkampel · #3

Μια διαφορετική προσέγγιση

Από ν. ημιτόνων στα τρίγωνα ADC

και

είναι:

$\frac{y}{{\eta \mu 45^\circ }} = \frac{d}{{\eta \mu C}}$ (1) και $\frac{x}{{\eta \mu 45^\circ }} = \frac{d}{{\eta \mu B}}$ (2)

Με πολ/μο των (1) και (2) έχουμε:

$\frac{{xy}}{{\eta {\mu ^2}45^\circ }} = \frac{{{d^2}}}{{\eta \mu B\eta \mu C}} \Rightarrow$

$\frac{{xy}}{{{{\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{{{d^2}}}{{\eta \mu B\sigma \upsilon \nu {\rm B}}} \Rightarrow$

$2xy = \frac{{{d^2}}}{{\eta \mu B\sigma \upsilon \nu B}} \Rightarrow$

$xy = \frac{{{d^2}}}{{2\eta \mu B\sigma \upsilon \nu B}} \Rightarrow$

$xy = \frac{{{d^2}}}{{\eta \mu 2B}}$

Αρκεί $\frac{{{d^2}}}{{\eta \mu 2B}} \ge {d^2} \Leftrightarrow \eta \mu 2B \le 1$ που ισχύει

Το ίσον ισχύει αν $\hat B = \hat C = 45^\circ$

#4

Κατά τι..διαφορετική από τη λύση του Θάνου:

Στο σχήμα αυτό ισχύει:
Από το θεώρημα της εσωτερικής διχοτόμου:
$\displaystyle DB=\frac{ac}{b+c}, \ \ DC=\frac{ab}{b+c} \ \ (1)$
Από γνωστό θεώρημα ισχύει:
$\displaystyle AD^2=\delta _a^2=bc-\frac{a^2bc}{(b+c)^2} \ \ (2)$
κι ακόμα από το Πυθαγόρειο θεώρημα είναι:
$\displaystyle{a^2=b^2+c^2} \ \ (3)$

: Ανισότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.PNG (3.74 KiB) Προβλήθηκε 408 φορές

Η ζητούμενη σχέση σύμφωνα με τις (1), (2) και (3) ισοδυναμεί:
$\displaystyle DB\cdot DC\geq DA^2\Leftrightarrow \\\Leftrightarrow \frac{a^2bc}{\left(b+c \right)^2}\geq bc-\frac{a^2bc}{\left(b+c \right)^2}\Leftrightarrow \\\Leftrightarrow 2a^2\geq (b+c)^2\Leftrightarrow 2b^2+2c^2\geq b^2+c^2+2bc\Leftrightarrow \\\Leftrightarrow (b-c)^2\geq 0$
η οποία ισχύει.

Κώστας Δόρτσιος

#5

KARKAR έγραψε:Η διχοτόμος της ορθής γωνίας του τριγώνου $\displaystyle ABC$ , τέμνει την υποτείνουσα στο σημείο .

Δείξτε ότι : $DB{\cdot}DC \geq DA^2$

: 1.png (19.05 KiB) Προβλήθηκε 406 φορές

Έστω ο περιγεγραμμένος κύκλος του $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ ο οποίος προφανώς έχει κέντρο το μέσο της υποτείνουσας $\displaystyle{ BC }$ . Αν $\displaystyle{ K \equiv AD \cap \left( O \right) }$ τότε

επειδή $\displaystyle{ \widehat{BAK} = \widehat{CAK} = 45^0 \Rightarrow K }$ το μέσο του ημικυκλίου που δεν περιέχει το $\displaystyle{ A }$ . Αν $\displaystyle{ KS \bot CD,AL \bot CD,\left( {S,L \in \left( O \right)} \right) }$ τότε προφανώς το τετράπλευρο $\displaystyle{ ALKS }$

είναι ισοσκελές τραπέζιο (τραπέζιο εγγεγραμμένο σε κύκλο) και $\displaystyle{ HO }$ (λόγω αποστημάτων) το ευθύγραμμο τμήμα που συνδέει τα μέσα των βάσεων

πάνω στην οποία (λόγω συμμετρίας) τέμνονται οι διαγώνιές του.
Τα ισοσκελή τρίγωνα $\displaystyle{ \vartriangle DSK,\vartriangle DAL }$ είναι προφανώς όμοια οπότε: $\displaystyle{ \boxed{\frac{{AL}} {{SK}} = \frac{{DA}} {{DK}}}:\left( 1 \right) }$

Επειδή όμως είναι $\displaystyle{ AL }$ χορδή και $\displaystyle{ SK }$ διάμετρος θα είναι $\displaystyle{ AL \leqslant SK\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \frac{{DA}} {{DK}} \leqslant 1 \Rightarrow \boxed{DA \leqslant DK}:\left( 2 \right) }$

Από τις τεμνόμενες χορδές $\displaystyle{ CB,AK }$ στο $\displaystyle{ D }$ έχουμε: $\displaystyle{ DB \cdot DC = DA \cdot DK\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)} \boxed{DB \cdot DC \geqslant DA^2 } }$

Στάθης

KARKAR · #6

Μία λύση ακόμη ..

Λογω του τετραγώνου AEDZ

και των ομοίων τριγώνων CZD , DEB

παίρνω :

$\displaystyle\frac{CZ}{y}=\frac{DE}{x}\Rightarrow \frac{y^2-\frac{d^2}{2}}{y^2}=\frac{\frac{d^2}{2}}{x^2}...\Rightarrow d^2=\frac{2x^2y^2}{x^2+y^2}$ , ( $\displaystyle x , y , y^2-\frac{d^2}{2}$ θετικοί )

Θέλω να δείξω ότι : $xy\geq d^2$ , δηλαδή ότι : $\displaystyle xy\geq \frac{2x^2y^2}{x^2+y^2}\Leftrightarrow 1\geq \frac{2xy}{x^2+y^2}$ , που ασφαλώς ισχύει .

p_gianno · #7

Θεωρώ τον κύκλο (A,B,C)

Αν το

συμπίπτει (δηλ τργ ABC

ισοσκελές) με το κέντρο του κύκλου

τότε η

είναι και ύψος και ισχύει η προς απόδειξη σχέση η οποία εν προκειμένω παίρνει την μορφή $\upsilon^2_a=OB \cdot OC$ (*)
Αν ABC

όχι ισοσκελές τότε

δεν ταυτίζεται με το

.
Φέρω

κάθετη στην

(

στον κύκλο (A,B,C)

)
Τότε επειδή το ίχνος

του ύψους

του ορθ τργ CHB

βρίσκεται ανάμεσα στα

και

έχουμε ότι $CH<HB \rightarrow <HCB=t>45^0$ (1)
Επίσης <DAB=90^0:2=45^0

(2)
ενώ

(3)
$(1,2,3)\rightarrow DAH>90^0$ συνεπώς στο τργ HDA

έχουμε

ή

ή $DC \cdot DB>AD^2$ (**)

Από (*,**) έπεται το ζητούμενο

Σχεδόν πάντα μεγαλύτερο

Σχεδόν πάντα μεγαλύτερο

Re: Σχεδόν πάντα μεγαλύτερο

Re: Σχεδόν πάντα μεγαλύτερο

Re: Σχεδόν πάντα μεγαλύτερο

Re: Σχεδόν πάντα μεγαλύτερο

Re: Σχεδόν πάντα μεγαλύτερο

Re: Σχεδόν πάντα μεγαλύτερο

Μέλη σε σύνδεση