Ανισοτική σχέση

#1

Έστω Κ ενα σημείο στο εσωτερικό ενός παραλληλογράμμου ΑΒΓΔ,του οποίου το εμβαδόν είναι Ε. Να αποδείξετε οτι :
$\displaystyle{\displaystyle AK \cdot \Gamma K + BK \cdot \Delta K \geqslant E }$ .
Καλησπέρα σε όλους...

#2

Εστω στο μιγαδικό επίπεδο A(a),B(b),C(-a),D(-b),K(z)

τότε
$KA.KC+KB.KD=|z-a|.|z+a|+|z-b||z+b|=|z^2-a^2|+|z^2-b^2|\ge |z^2-a^2-z^2+b^2|=|-a^2+b^2|\ge 2|a||b|sin(\phi)=E$
όπου φ η γωνία των διαγωνίων του ABCD η το όρισμα του b/a αν θεωρήσουμε το $a\in R$ οπότε $\frac{b}{a}=r(cos(\phi)+isin(\phi))$
Για την τελευταία αρκεί η ανίσωση που θα καταλήξουμε ως προς m=σφφ διαιρώντας με Ε και μετα υψωνοντας στο τετράγωνο είναι το $(r-\frac{1}{r})^2(m^2+1)\ge 0$ να ισχύει που είναι προφανές
Διόρθωσα το λάθος που είχα κάνει χθες!!

#3

ψάχνω να βρω κάτι πιο γεωμετρικό αλλά δεν τα έχω καταφέρει
εσείς έχετε κάτι στο νου σας ;;;;;

#4

Στο συνημμένο βάζω μια γεωμετρική απόδειξη της άσκησης.

Ιστοσελίδα · #5

Στο συνημένο δεν ...."υπάρχει" το σχήμα!! δεν μπορώ να καταλάβω την λύση!!!

dimitris pap · #6

http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... p?t=253315

#7

Δίνω το σχήμα που νομίζω ότι ο Κώστας (rec2) είχε κατασκευάσει.

: Anisotikh sxesh.png (23.54 KiB) Προβλήθηκε 2127 φορές

.

Κατασκευάζουμε ΔΕΓ με Ε εξωτερικά του ΑΒΓΔ, ώστε ΑΚ = ΔΕ και ΕΓ = ΚΒ.

Η πρώτη σχέση είναι η Ανισότητα του Πτολεμαίου στο ΔΚΓΕ:

ΔΚ·ΕΓ + ΚΓ·ΔΕ ≥ ΔΓ·ΚΕ ≥ ΔΓ·(ΚΗ + ΕΘ)= ΔΓ·ΖΗ = (ΑΒΓΔ)

Φιλικά
Γιώργος Ρίζος

Υ.Γ. να ξαναευχαριστήσω τον Κώστα για την παρεμβασή του σε προηγούμενη άσκηση.

#8

Πάντα σε μία Γεωμετρική άσκηση αναζητώ Γεωμετρική λύση. Μπαίνοντας στον πειρασμό να δώ τις προτεινόμενες λύσεις, βλέποντας το σχήμα του Γιώργου σταμάτησα κάθε άλλη προσπάθεια! Πολύ ωραία η λύση σου Γώργο!

#9

Δεν είναι δική μου η λύση. Είναι του Κώστα (rec2)!

Απλά, στο συνημμένο αρχείο του Κώστα δεν είχε σωθεί το σχήμα.

Θεώρησα αρχικά υποχρέωση απέναντι στο Κώστα να φτιάξω το σχήμα που έλλειπε και επίσης πρόκληση να αποκρυπτογραφήσω τη λύση του, που ήταν δίχως σχήμα. Δείτε την απάντηση του Κώστα και θα καταλάβετε τι εννοώ!

Ξεκίνησα την επίλυση ανάποδα: Προφανώς ΖΗ ύψος στη ΔΓ, αναζήτησα ποιο θα μπορούσε να είναι το Ε και κατέληξα στο παραπάνω σχήμα.
Είχα κολλήσει στην πρώτη ανισότητα, ώσπου θυμήθηκα ότι κάπου είχα δει την Ανισότητα του Πτολεμαίου. Κλικ στο Google, επιβεβαίωση, από ένα κείμενο του Μαθηματικού Κρήτης:

http://www.math.uoc.gr/~pamfilos/gGalle ... olemy.html

και ιδού!

Γιώργος Ρίζος

Υπάρχει "σχολική" απόδειξη της Ανισότητας του Πτολεμαίου;

#10

Rigio έγραψε: Υπάρχει "σχολική" απόδειξη της Ανισότητας του Πτολεμαίου;

Έχω υπόψη μία πολύ απλή απόδειξη με χρήση μιγαδικών αλλά ας την αναφέρω καλύτερα μετά που θα μπει μία απόδειξη που θα είναι πιο κοντά στη Β' Λυκείου στην οποία απευθύνεται και το post.

Αλέξανδρος

#11

Μεταφέρω λοιπόν το μπράβο μου προς τον Κώστα...Χαίρομαι ιδιαίτερα όταν βλέπω ότι υπάρχουν πολλοί λάτρεις της κλασικής Ευκλείδειας Γεωμετρίας. Όσον αφορά στον παραπάνω σύνδεσμο, πιστεύω ότι όποιος ασχολείται με την Γεωμετρία πρέπει να τον επισκέπτεται συνεχώς καθώς ο Καθηγητής Πάρις Πάμφιλος έχει κάνει (και συνεχίζει να κάνει) πολλή "γεωμετρική" δουλειά. Υπάρχει συχνή ανανέωση με ασκήσεις και θεωρήματα από όλες τις περιοχές της Γεωμετρίας.

#12

cretanman έγραψε:
Rigio έγραψε: Υπάρχει "σχολική" απόδειξη της Ανισότητας του Πτολεμαίου;
Έχω υπόψη μία πολύ απλή απόδειξη με χρήση μιγαδικών αλλά ας την αναφέρω καλύτερα μετά που θα μπει μία απόδειξυ που θα είναι πιο κοντά στη Β' Λυκείου στην οποία απευθύνεται και το post.
Αλέξανδρος

Θυμήθηκα ... που είχα δει το Θεώρημα του Πτολεμαίου. Ήταν μια γενική άσκηση στο βιβλίο Γεωμετρίας στο κεφάλαιο της Ομοιότητας, που το διδάσκουμε κάπου μεταξύ Α΄ και Β΄ Λυκείου (συνοπτικά για να ...προκάνουμε την ύλη). Εκεί αναφέρεται ως ισότητα σε εγγράψιμο τετράπλευρο.

Με βάση την παραπάνω απόδειξη, έφτιαξα μία για την ανισότητα.

Ανισότητα του Πτολεμαίου

Σε κάθε τετράπλευρο, που δεν είναι εγγράψιμο σε κύκλο, το άθροισμα των γινομένων των απέναντι πλευρών του είναι μεγαλύτερο του γινομένου των διαγωνίων του.
ΑΒ⋅ΓΔ + ΒΓ⋅ΑΔ > ΑΓ⋅ΒΔ

: Ptolemaios.png (25.55 KiB) Προβλήθηκε 2031 φορές

Έστω τετράπλευρο ΑΒΓΔ, μη εγγράψιμο σε κύκλο.
Φέρνω τις διαγώνιες ΑΓ, ΒΔ και φέρνω ημιευθεία Αx, που να διαπερνά το τετράπλευρο ώστε ∠Α1 = ∠Α3. Πάνω στην Αx παίρνουμε σημείο Ε, ώστε ∠Β1 = ∠Γ1.
Αν το ΑΒΓΔ ήταν εγγράψιμο, τότε το Ε θα ήταν στη ΒΔ (Γιατί;).
Οπότε ΒΕ + ΕΔ > ΒΔ.

Τα ΑΒΕ, ΑΓΔ είναι όμοια, άρα $\frac{{AB}}{{A\Gamma }} = \frac{{{\rm B}{\rm E}}}{{\Gamma \Delta }} = \frac{{{\rm A}{\rm E}}}{{{\rm A}\Delta }}$
⇒ ΑΒ⋅ΓΔ = ΑΓ⋅ΒΕ (1)

Τα ΑΒΓ και ΑΕΔ έχουν ∠ΑΒΓ = ∠ΕΑΔ και $\frac{{AB}}{{A{\rm E}}} = \frac{{{\rm A}\Gamma }}{{{\rm A}\Delta }}$ (από την παραπάνω ομοιότητα), άρα είναι όμοια,
οπότε: $\frac{{{\rm B}\Gamma }}{{{\rm E}\Delta }} = \frac{{{\rm A}\Gamma }}{{{\rm A}\Delta }}$ ⇒ ΒΓ⋅ΑΔ = ΑΓ⋅ΕΔ (2)

Προσθέτω (1) και (2), οπότε: ΑΒ⋅ΓΔ + ΒΓ⋅ΑΔ = ΑΓ(ΒΕ + ΕΔ) > ΑΓ⋅ΒΔ

Παρακαλώ, ας ελέγξει την απόδειξη κάποιος που έχει ασχοληθεί περισσότερο με το θέμα!

Γιώργος Ρίζος

Ανισοτική σχέση

Ανισοτική σχέση

Re: Ανισοτική σχέση

Re: Ανισοτική σχέση

Re: Ανισοτική σχέση

Re: Ανισοτική σχέση

Re: Ανισοτική σχέση

Re: Ανισοτική σχέση

Re: Ανισοτική σχέση

Re: Ανισοτική σχέση

Re: Ανισοτική σχέση

Re: Ανισοτική σχέση

Re: Ανισοτική σχέση

Μέλη σε σύνδεση