Γεωμετρική ανισότητα

dimitris pap · #1

Μετά από καιρό, είπα να βάλω και εγώ μια ανισότητα, καθώς μ' άρεσε πολύ! Η λύση που έχω δει είναι αρκετά δύσκολη (γιατί χρησιμοποεί πολλές ανισότητες) και για αυτό τη βάζω μήπως υπάρχει κάποια απλούστερη, αλλά και γιατί η μορφή της είναι πολύ απλή!

Εστω τρίγωνο ABC

με πλευρές a,b,c

και σημείο

στο επίπεδό του. Να αποδείξετε ότι:

$\displaystyle \frac{PA}{a}+\frac{PB}{b}+\frac{PC}{c}\geq \sqrt{3}$

Y.Γ.1 πότε επιτυγχάνεται η ισότητα?
Υ.Γ.2 μπορείτε να γενικεύσετε για το: $\displaystyle (y+z)\frac{PA}{a}+(z+x)\frac{PB}{b}+(x+y)\frac{PC}{c}$ με x,y,z

τέτοια ώστε $xy+yz+zx\geq 0$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#2

Γνωστή και πολύ χρήσιμη η ανισότητα αυτή. Υπάρχουν πολλές αποδείξεις της.
Μία από αυτές βασίζεται στη λεγόμενη ανισότητα Hayashi, συμφωνα με την οποία ισχύει

$\displaystyle{\frac{MA\cdot MB}{ab}+\frac{MB\cdot MC}{bc}+\frac{MC\cdot MA}{ca}\geq 1,}$

όπου ABC

τρίγωνο, και

τυχαίο σημείο.

Πράγματι, η προταθείσα ανισότητα προκύπτει τότε από την ανισότητα Hayashi, λόγω της γνωστής ανισότητας $(x+y+z)^2 \geq 3(xy+yz+zx).$

Μία απλή απόδειξη της Hayashi, γίνεται με χρήση μιγαδικών:

Θεωρούμε το μιγαδικό επίπεδο με αρχή το σημείο

και ας είναι A,B,C

οι εικόνες των μιγαδικών $\displaystyle{z,w,v.}$

Τότε είναι

$\displaystyle{\frac{MA\cdot MB}{ab}=\left|\frac{zw}{(v-z)(v-w)} \right|,}$ με αντίστοιχες εκφράσεις για τα άλλα κλάσματα.
Τότε είναι, λόγω της τριγωνικής ανισότητας

$\displaystyle{ \frac{MA\cdot MB}{ab}+\frac{MB\cdot MC}{bc}+\frac{MC\cdot MA}{ca}\geq \left|\frac{zw}{(v-z)(v-w)}+\frac{vw}{(z-v)(z-w)}+\frac{zv}{(w-z)(w-v)}\right| =1}$

Υ.Γ. Φαντάζομαι το άρθρο στο οποίο αναφέρεται ο Δημήτρης είναι αυτό

#3

Aς μου επιτραπεί να παραθέσω ακόμα μία απόδειξη της ανισότητας Ηayashi, από την οποία προκύπτει η ανισότητα που πρότεινε ο Δημήτρης.

Mία άλλη σπουδαία ανισότητα σε τυχαίο τρίγωνο ABC

, με

τυχαίο σημείο του επιπέδου, είναι η λεγόμενη Polar Moment of Inertia Inequality, η οποία, απ'όσο γνωρίζω, οφείλεται στον Murray Klamkin.

$\bullet$ Αν $\displaystyle{x,y,z}$ τυχόντες πραγματικοί αριθμοί και $\displaystyle{R_{1}=PA, R_{2}=PB, R_{3}=RC,}$ τότε ισχύει

$\displaystyle{(x+y+z)(xR_{1}^{2}+yR_{2}^{2}+zR_{3}^{2})\geq yza^2 +zxb^2 +xyc^2}.$

Η απόδειξή της είναι απλή, εφόσον γίνει χρήση διανυσματικού λογισμού.

Θέτουμε $\displaystyle{\overrightarrow{PA}=\overrightarrow{k},\overrightarrow{PB}=\overrightarrow{l},\overrightarrow{PC}=\overrightarrow{m}.}$ Επειδή ισχύει $\displaystyle{(x\overrightarrow{k}+y\overrightarrow{l}+z\overrightarrow{m})^2 \geq 0,}$ αναπτύσσοντας βρίσκουμε

$\displaystyle{x^2 \overrightarrow{k}^{2}+y^2 \overrightarrow{l}^{2}+z^2 \overrightarrow{m}^2 +2xy \overrightarrow{k} \overrightarrow{l}+2yz \overrightarrow{l}\overrightarrow{m}+2zx \overrightarrow{m}\overrightarrow{k} \geq 0.}$

Όμως, $\displaystyle{\overrightarrow{k}^{2}=R_{1}^{2},\overrightarrow{l}^{2}=R_{2}^{2},\overrightarrow{m}^{2}=R_{3}^{2}}$

και, από τον νόμο των συνιμητόνων

$\displaystyle{2xy \overrightarrow{k} \overrightarrow{l}=2xy\left|\overrightarrow{k} \right|\left|\overrightarrow{l} \right|\cos \hat{BPA}=xy(R_{1}^{2}+R_{2}^{2}-c^2),}$ με ανάλογες εκφράσεις για τα άλλα 2 εσωτερικά γινόμενα.

Μετά τις πράξεις, λαμβάνουμε τη ζητούμενη.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Όπως είναι αναμενώμενο, η παραπάνω ανισότητα είναι πηγή πολλών άλλων ανισοτήτων, με κατάλληλη επιλογή των πραγματικών x,y,z

και του σημείου

.

Έτσι,

$\bullet$ αν θέσουμε $\displaystyle{x=aR_{2}R_{3},y=bR_{3}R_{1},z=cR{1}R_{2},}$ λαμβάνουμε την ανισότητα Hayashi.

$\bullet$ αν θέσουμε

το περίκεντρο του τριγώνου, λαμβάνουμε την ανισότητα Bottema-Kooi

$\displaystyle{(x+y+z)^2 R^2 \geq yza^2 +zxb^2 +xyc^2,}$

όπου

η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου.

$\bullet$ αν θέσουμε $\displaystyle{x=a,y=b,z=c}$ , λαμβάνουμε

$\displaystyle{aR_{1}^{2}+bR_{2}^{2}+cR_{3}^{2}\geq abc.}$

#4

Θα ήταν παράλειψη να μην αναφερθεί ακόμα, ότι η παραπάνω ανισότητα, όπως και ένας ανεξάντλητος αριθμός σχετικών αποτελεσμάτων, μπορούν να προκύψουν με χρήση βαρυκεντρικών συντεταγμένων και βρίσκονται στην βίβλο Recent Advances in Geometric Inequalities των Μitrinovic, Pecaric, Volenec, Κεφάλαιο 11ο, σελ. 278.

Για όποιον δεν το έχει, ας ρίξει μια ματιά εδώ.

dimitris pap · #5

Πολλά μπράβο για τις λύσεις και τις πηγές που αναφέρατε! Πράγματι το άρθρο στο οποίο αναφερόμουν είναι αυτό:
http://reflections.awesomemath.org/2008 ... o_ineq.pdf και προτείνω στον καθένα να του ρίξει μια ματιά (κυρίως την αρχική ανισότητα, τη μη γεωμετρική).

Ελπίζω να αποτελέσει πηγή έμπνευσης για πολλές άλλες ανισότητες από τα μέλη του forum

#6

Δημήτρη, στην αρχή ανέφερες ότι η λύση που έχεις για την ανισότητα είναι δύσκολη και ότι βασίζεται σε άλλες ανισότητες. Αν δε σου κάνει κόπο, θα σε παρακαλούσα να την αναρτήσεις ή, αν έχεις κάποια παραπομπή, να μας την αναφέρεις.

Ευχαριστώ.

dimitris pap · #7

matha έγραψε:Δημήτρη, στην αρχή ανέφερες ότι η λύση που έχεις για την ανισότητα είναι δύσκολη και ότι βασίζεται σε άλλες ανισότητες. Αν δε σου κάνει κόπο, θα σε παρακαλούσα να την αναρτήσεις ή, αν έχεις κάποια παραπομπή, να μας την αναφέρεις.

Ευχαριστώ.

Αναφερόμουν κυρίως στη γενικευμένη ανισότητα με τη λύση που παρουσιάζεται και στο άρθρο!
(ελπίζω να μη μπέρδεψα κανέναν με αυτό που είπα!)

Γεωμετρική ανισότητα

Γεωμετρική ανισότητα

Re: Γεωμετρική ανισότητα

Re: Γεωμετρική ανισότητα

Re: Γεωμετρική ανισότητα

Re: Γεωμετρική ανισότητα

Re: Γεωμετρική ανισότητα

Re: Γεωμετρική ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση