Γεωμετρια

papel · #1

Να δειχθεί ότι σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει η σχέση : $\displaystyle{\frac{1}{{\sin \frac{A}{2}}} + \frac{1}{{\sin \frac{B}{2}}} + \frac{1}{{\sin \frac{\Gamma }{2}}} \ge 6}$ .

(Α,Β,Γ οι γωνίες του τριγώνου).

Κώστας Παππέλης · #2

1) Θέτω $sin\frac{A}{2}=cosX$ και κυκλικά όπου X,Y,Z

γωνίες ενός άλλου τριγώνου (έχουμε δικαίωμα να το κάνουμε γιατί ικανοποιούν την ίδια συνθήκη cos^2A+cos^2B+cos^2C+2cosAcosBcosC=1

2) Cauchy in Engel form (andreescu)

3) Αρκεί $cosA+cosB+cosC\leq\frac{3}{2}$ το οποίο είναι γνωστό και αποδεικνύεται με πολλούς τρόπους (ένας από αυτούς είναι αντικατάσταση με νόμο συνημιτόνων και καταλήγει σε schur, άλλος τρόπος είναι Jensen και λίγη τριγωνομετρία)

#3

Χωρίς περιορισμό της γενικότητας υποθέτουμε ότι οι γωνίες

και

είναι οξείες, οπότε θέτοντας $x=sin\frac{A}{2}$ και $y=sin\frac{B}{2}$ ανάγουμε την αρχική ανισότητα στην

$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{\sqrt{(1-x^{2})(1-y^{2})}-xy}\geq6$ για $0<x<\frac{\sqrt{2}}{2}$ , $0<y<\frac{\sqrt{2}}{2}$ .

Παρατηρούμε ότι $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq\frac{1}{\frac{x+y}{2}}+\frac{1}{\frac{x+y}{2}}$ (ισοδύναμη προς την $(x+y)^{2}\geq4xy$ ) ΚΑΙ

$\frac{1}{\sqrt{(1-x^{2})(1-y^{2})}-xy}\geq\frac{1}{\sqrt{(1-(\frac{x+y}{2})^{2})(1-(\frac{x+y}{2})^{2})}-(\frac{x+y}{2})(\frac{x+y}{2})}$ (ισοδύναμη προς την $1-\frac{(x+y)^{2}}{2}\geq\sqrt{(1-x^{2})(1-y^{2})}-xy>0$

που ισχύει λόγω $x^{2}+y^{2}<1$ και $2-x^{2}-y^{2}\geq2\sqrt{(1-x^{2})(1-y^{2})}$ ).

Μπορούμε επομένως να υποθέσουμε ότι το ελάχιστο επιτυγχάνεται επί της διαγωνίου x=y

, όπου η ανισότητα ανάγεται στην

$\frac{2}{x}+\frac{1}{1-2x^{2}}\geq6\Longleftrightarrow(2x-1)^{2}(3x+2)\geq0$ .

Είναι τώρα προφανές ότι η ανισότητα ισχύει με ισότητα για $x=\frac{1}{2}$ (ισόπλευρο τρίγωνο).

Γιώργος Μπαλόγλου

kostas_zervos · #4

$2sin^2\frac{A}{2}=1-cosA=1-\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\frac{(a-b+c)(a+b-c)}{2bc}=\frac{4(\tau -b)(\tau-c) }{2bc}.$ . Άρα $sin\frac{A}{2}=\sqrt{\frac{(\tau -a)(\tau-c) }{ac}}.$
Όμοια $sin\frac{B}{2}=\sqrt{\frac{(\tau -a)(\tau-c) }{ac}}.$ ,
$sin\frac{\Gamma}{2}=\sqrt{\frac{(\tau -a)(\tau-b) }{ab}}.$ .
Έτσι $\frac{1}{sin\frac{A}{2}}+\frac{1}{sin\frac{B}{2}}+\frac{1}{sin\frac{\Gamma}{2}}=\sqrt{\frac{bc}{(\tau -b)(\tau-c)}}+\sqrt{\frac{ac}{(\tau -a)(\tau-c)}}+\sqrt{\frac{ab}{(\tau -a)(\tau-b)}}\geq 3 \sqrt[3]{\sqrt{\frac{bc}{(\tau -b)(\tau-c)}}\sqrt{\frac{ac}{(\tau -a)(\tau-c)}}\sqrt{\frac{ab}{(\tau -a)(\tau-b)}}}$ .
(Από την $x+y+z\geq 3 \sqrt[3]{xyz}$ )
Άρα
$\frac{1}{sin\frac{A}{2}}+\frac{1}{sin\frac{B}{2}}+\frac{1}{sin\frac{\Gamma}{2}}\geq 3 \sqrt[3]{\frac{abc}{(\tau -a)(\tau -b)(\tau-c)}}=3 \sqrt[3]{\frac{\tau abc}{\tau(\tau -a)(\tau -b)(\tau-c)}}=3 \sqrt[3]{\frac{\tau E 4 R}{E^2}}=3 \sqrt[3]{\frac{\tau 4R }{\tau \varrho }}\geq 3 \sqrt[3]{\frac{8\varrho}{\varrho}}=6$ .
Γιατί $R\geq 2 \varrho$
Όπου Ε το Εμβαδόν του τριγώνου R,ρ οι ακτίνες του περιγραγραμμένου και εγγεγραμμένου κύκλου αντίστοιχα .
Το "=" 'οταν a=b=c (τότε R=2ρ)

Nick1990 · #5

Με μια γρηγορη ματια, βγαινει και απ ευθειας με jensen για α+β+γ = π/2
Η 1η παραγωγος της $\frac{1}{sinx}$ ειναι η $-\frac{cosx}{1 - {cosx}^2}$ προφανως γν. αυξουσα στο (0, π/2).

papel · #6

Ας δουμε και μια επιπλεον αντιμετωπιση περισσοτερο ευκλειδιακη .

Φερνουμε την διχοτομο AD και την ΒΜ καθετη στην AD (βλ. σχημα)

Απο το θεωρημα των διχοτομων εχουμε :

$\displaystyle{\frac{{BD}}{{DC}} = \frac{{AB}}{{AC}} \Leftrightarrow \frac{{BD}}{a} = \frac{c}{{b + c}} \Leftrightarrow BD = \frac{{ac}}{{b + c}}}$

Απο το τριγωνο ΒΜΑ εχουμε οτι $\displaystyle{\sin \frac{A}{2} = \frac{{BM}}{c}}$ και επειδη ΒΜ<BD και συνδυαζοντας τα προηγουμενα εχω :

$\displaystyle{\sin \frac{A}{2} \leqslant \frac{{ac}}{{\left( {b + c} \right)c}} \leqslant \frac{a}{{b + c}}}$ .

Αναλογικα σκεφτομενοι θα εχουμε οτι :

$\displaystyle{\frac{1}{{\sin \frac{A}{2}}} + \frac{1}{{\sin \frac{B}{2}}} + \frac{1}{{\sin \frac{C}{2}}} \geqslant \frac{{b + c}}{a} + \frac{{a + c}}{b} + \frac{{a + b}}{c} \geqslant 2 + 2 + 2 = 6}$

#7

papel έγραψε: $\displaystyle{\sin \frac{A}{2} \leq \frac{a}{{b + c}}}$ .

διαφορετικά για το παραπάνω

$\displaystyle{\frac{a}{b+c}=\frac{\sin A}{\sin B+\sin c}}=\displaystyle{\frac{\sin{\frac{A}{2}}\cdot \cos{\frac{A}{2}}}{\sin{\frac{B+C}{2}}\cdot \cos{\frac{B-C}{2}}}=\displaystyle \frac{\sin{\frac{A}{2}}}{\cos{\frac{B-C}{2}}} \geq \sin{\frac{A}{2}},\,\,\,\,$ ,αφού $,\,\,\,\displaystyle{0\leq \cos{\frac{B-C}{2}}\leq 1,\,\,\,0\leq |B-C| < 180^o}$

S.E.Louridas · #8

Ουσιαστικό Retro.
Ας μου επιτραπεί να παρουσιάσω μία λύση από το βιβλίο του Ι. Φ. Πανάκη
‘ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΤΟΥ ΤΡΙΓΩΝΟΥ ΤΟΜΟΣ Α΄(1969) σελίδα 191.
Γνωρίζουμε ότι
$\sin \frac{{\rm A}} {2}\sin \frac{{\rm B}} {2}\sin \frac{\Gamma } {2} \leqslant \frac{1} {8}.$
Άρα έχουμε:
$\frac{1} {{\sin \frac{{\rm A}} {2}}} + \frac{1} {{\sin \frac{{\rm B}} {2}}} + \frac{1} {{\sin \frac{\Gamma } {2}}} \geqslant \frac{3} {{\sqrt[3]{{\sin \frac{{\rm A}} {2}\sin \frac{{\rm B}} {2}\sin \frac{\Gamma } {2}}}}} \geqslant 6.$

S.E.Louridas

Γεωμετρια

Γεωμετρια

Re: Γεωμετρια

Re: Γεωμετρια

Re: Γεωμετρια

Re: Γεωμετρια

Re: Γεωμετρια

Re: Γεωμετρια

Re: Γεωμετρια

Μέλη σε σύνδεση