Γεωμετρική...Ανισότητα!!!

chris · #1

Πάντα με την ελπίδα οτι δεν έχει ξαναπροταθεί(απο τον Θάνο ας πούμε )...

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $\triangle {ABC}$ και ο περιγεγραμμένος κύκλος του c(O,R)

.Να αποδειχθεί οτι,αν η

τέμνει τον περίκυκλο του $\triangle {OBC}$ στο

,η

τέμνει τον περίκυκλο του $\triangle {OAC}$ στο

και η

τέμνει τον περίκυκλο του $\triangle OAB$ στο

τότε:

$\displaystyle \boxed{OD\cdot OE\cdot OF\geq 8R^3}$

Σκοτίδας Σωτήριος · #2

Χρησιμποιώντας το θεώρημα Van Aubel έχουμε :
$\begin{array}{l} \frac{{OA}}{{ON}} = \frac{{AT}}{{TC}} + \frac{{AH}}{{HB}}\, \ge 2\sqrt {\frac{{AT}}{{TC}} \cdot \frac{{AH}}{{HB}}} \,\,\, \\ \,\frac{{OB}}{{OT}} = \frac{{BN}}{{NC}} + \frac{{HB}}{{AH}} \ge 2\sqrt {\frac{{BN}}{{NC}} \cdot \frac{{HB}}{{AH}}} \,\,\, \\ \,\,\frac{{OC}}{{OH}} = \frac{{TC}}{{AT}} + \frac{{CN}}{{NB}} \ge 2\sqrt {\frac{{TC}}{{AT}} \cdot \frac{{CN}}{{NB}}} \\ \end{array}$

Τότε πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη παίρνουμε $\frac{{{R^3}}}{{ON \cdot OH \cdot OT}} \ge 8$

Από το θεώρημα Stewart στο τρίγωνο $\displaystyle{$ OBC για την }

παίρνουμε
$\begin{array}{l} BN \cdot O{C^2} + NC \cdot O{B^2} = BC(O{N^2} + NC \cdot NB) \Rightarrow {R^2}(NB + NC) = BC(O{N^2} + ON \cdot ND) \\ \Rightarrow {R^2} = O{N^2} + ON \cdot OD \Rightarrow {R^2} = ON \cdot OD \Rightarrow OD = \frac{{{R^2}}}{{ON}} \\ \end{array}$

Ανάλογα $OE = \frac{{{R^2}}}{{OT}}\,\,,\,\,\,OF = \frac{{{R^2}}}{{OH}}$

Ώστε $OD \cdot OE \cdot OF = \frac{{{R^6}}}{{OD \cdot OT \cdot OH}}$
Το ζητούμενο είναι πλέον προφανές

erxmer · #3

Σκοτίδας Σωτήριος έγραψε:Χρησιμποιώντας το θεώρημα Van Aubel έχουμε :

http://www.hellenica.de/Math/Geometria/ ... Aubel.html

το παραπανω θεώρημα 1η φορά τ ακούω

Σκοτίδας Σωτήριος · #4

ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ - ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΕΣ ΟΛΥΜΠΙΑΔΕΣ Δ.Γ. ΚΟΝΤΟΓΙΑΝΝΗ ΑΘΗΝΑ 1987 , σελίδα 176
Έχει αναφερθεί και σε διάφορα τεύχη του περιοδικού ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β΄
Θα προσπαθήσω να κάνω μια αναφορά.

#5

erxmer έγραψε:
Σκοτίδας Σωτήριος έγραψε:Χρησιμποιώντας το θεώρημα Van Aubel έχουμε :
http://www.hellenica.de/Math/Geometria/ ... Aubel.html

το παραπανω θεώρημα 1η φορά τ ακούω

Η παραπομπή που δίνεις, αναφέρεται σε κάτι άλλο.

Το θεώρημα Van Aubel, του οποίου έγινε χρήση παραπάνω, λέει:

Έστω τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ και σημείο $\displaystyle{P}$ στο εσωτερικό του. Οι $\displaystyle{AP,BP,CP}$ τέμνουν τις πλευρές του τριγώνου, στα σημεία $\displaystyle{D,E,F}$ αντίστοιχα. Τότε ισχύει

$\displaystyle{\frac{PA}{PD}=\frac{EA}{EC}+\frac{FA}{FB}.}$

και Εδώ

Σκοτίδας Σωτήριος · #6

Αναφέρεις σωστά το θεώρημα. Το ίδιο χρησιμοποιώ και εγώ.
${\rm A}{\rm B}\Gamma$
τυχαίο τρίγωνο και τα τμήματα ${\rm A}\Delta \,,\,{\rm B}{\rm E}\,,\,\Gamma {\rm Z}\,\,$
συντρέχουν στο σημείο ${\rm I}$
τότε ισχύει η σχέση $\frac{{{\rm A}{\rm I}}}{{{\rm I}\Delta }} = \frac{{{\rm A}{\rm Z}}}{{{\rm Z}{\rm B}}} + \frac{{{\rm A}{\rm E}}}{{{\rm E}\Gamma }}$

( $\Delta \,,\,{\rm E}\,,\,{\rm Z}\,\,$
σημεία πάνω στις πλευρές)
(απόδειξη με το θεώρημα Μενελάου

chris · #7

Ευχαριστώ για την ενασχόληση...να πω οτι οι σχέσεις

$OD\cdot ON=R^2$ κτλ. προκύπτουν άμεσα και απο τα όμοια τρίγωνα CON

και

αφού
$\angle{CDO}=\angle{OCB}$ κτλ.

Φιλικά

Σκοτίδας Σωτήριος · #8

Σωστή παρατήρηση Χρήστο. Το θέμα λήγει.

#9

Μια και άκουσα το όνομά μου

αφιερώνω στον εξαίρετο φίλο Χρήστο Στραγάλη, την ακόλουθη ισχυρότερη

$\displaystyle{OD\cdot OE\cdot OF \geq \frac{(x+y)(y+z)(z+x)}{xyz}R^3,}$

όπου $\displaystyle{x,y,z}$ τα εμβαδά των τριγώνων $\displaystyle{OBC,OCA,OAB}$ αντίστοιχα.

#10

Νομίζω πως η ανισότητα που προτείνει ο Θάνος ισχύει ως ισότητα. Όπως δείχθηκε παραπάνω, είναι

$\displaystyle{OD = \frac{{{R^2}}}{{ON}} = \frac{{OA}}{{ON}}R.}$

Αλλά

$\displaystyle{\frac{{AN}}{{ON}} = \frac{{\left( {ABC} \right)}}{{\left( {OBC} \right)}} = \frac{{x + y + z}}{x}}$

οπότε

$\displaystyle{\frac{{OA}}{{ON}} = \frac{{y + z}}{x}}$

και άρα

$\displaystyle{OD = \frac{{y + z}}{x}R.}$

Όμοια, βρίσκουμε ότι

$\displaystyle{OE = \frac{{z + x}}{y}R,}$

$\displaystyle{OF = \frac{{x + y}}{z}R,}$

οπότε

$\displaystyle{OD \cdot OE \cdot OF = \frac{{\left( {x + y} \right)\left( {y + z} \right)\left( {z + x} \right)}}{{xyz}}{R^3}.}$

chris · #11

matha έγραψε:...
αφιερώνω στον εξαίρετο φίλο Χρήστο Στραγάλη...

Θάνο ευχαριστώ!!

Και μια άλλη λύση της αρχικής λίγο πιο εμπνευσμένη κατά τη γνώμη μου αν και η πρώτη λύση μου αρέσει πιο πολύ.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Έστω

το ορθόκεντρο του $\triangle{ABC}$ και AA_2,BB_2,CC_2

τα ύψη του που τέμνουν τον περίκυκλο στα σημεία A_1,B_1,C_1

αντίστοιχα.Τότε έχουμε:

$\displaystyle \begin{Vmatrix} \angle{C_1AA_1}=2\angle{BAA_1}=2\angle{CAD}=\angle{CAD}+\angle{OCA}=\angle{COD} \\ \\ \angle{C_1A_1A}=\angle{ACC_2}=90^{o}-\angle{A}=ABB_2=\angle{OBC}=\angle{CDO}\\ \end{Vmatrix}\Longrightarrow$

$\displaystyle \triangle{C_1A_1A}\sim \triangle{CDO}$

και επομένως προκύπτει:
$\displaystyle \frac{AC_1}{AA_1}=\frac{OC}{OD}=\frac{R}{OD}\stackrel{AC_1=AH}\Longrightarrow \frac{AH}{AA_1}=\frac{R}{OD}$

Δουλεύντας κυκλικά αρκεί να αποδειχθεί η ανισότητα:
$\displaystyle {\color{red}\boxed{\frac{AA_1}{AH}\cdot \frac{BB_1}{BH}\cdot \frac{CC_1}{CH}\geq 8}}$

Θέτουμε:
$\displaystyle \frac{HA_2}{AA_2}=a,\frac{HB_2}{BB_2}=b,\frac{HC_2}{CC_2}=c$ με
$\displaystyle a+b+c=\frac{HA_2}{AA_2}+\frac{HB_2}{BB_2}+\frac{HC_2}{CC_2}=\frac{(BHC)}{(ABC)}+\frac{(HCA)}{(ABC)}+\frac{(AHB)}{(ABC)}=1$

και $\displaystyle \frac{AA_1}{AH}=\frac{AA_2+HA_2}{AA_2-HA_2}=\frac{1+\frac{HA_2}{AA_2}}{1-\frac{HA_2}{AA_2}}=\frac{1+a}{1-a}$ και άρα αρκεί να δείξουμε οτι:

$\displaystyle {\color{blue} \left(a+b+c=1 ,a,b,c>0 \right)\Longrightarrow \frac{1+a}{1-a}\cdot \frac{1+b}{1-b}\cdot \frac{1+c}{1-c}\geq 8}$

Θεωρούμε την συνάρτηση: $\displaystyle f(x)=ln\left(\frac{1+x}{1-x} \right),x \in (0,1)$ με $\displaystyle f''(x)=\frac{4x}{\left(x^2-1 \right)^2}>0$

και άρα η ανισότητα Jensen

δίνει:
$\displaystyle f\left(a \right)+f\left(b \right)+f\left(c \right)\geq 3f\left(\frac{a+b+c}{3} \right)\Longrightarrow ln\left[\frac{1+a}{1-a}\cdot \frac{1+b}{1-b}\cdot \frac{1+c}{1-c} \right]\geq ln2^3 \Longrightarrow \frac{1+a}{1-a}\cdot \frac{1+b}{1-b}\cdot \frac{1+c}{1-c}\geq 8$

: Γεωμετρική Ανισότητα.png (106.07 KiB) Προβλήθηκε 1581 φορές

ΥΓ:Το θέμα είναι απο μια παλιά shortlist αλλά δεν θυμάμαι πια χρονιά!!

#12

chris έγραψε:

...
και άρα αρκεί να δείξουμε οτι:

$\displaystyle {\color{blue} \left(a+b+c=1 ,a,b,c>0 \right)\Longrightarrow \frac{1+a}{1-a}\cdot \frac{1+b}{1-b}\cdot \frac{1+c}{1-c}\geq 8}$

Ας παρατηρήσουμε, ότι αυτή η ανισότητα προκύπτει από την γνωστή $\displaystyle{(x+y)(y+z)(z+x)\geq 8xyz, x,y,z>0}$ αν θέσουμε

$\displaystyle{x\to b+c, y\to c+a, z\to a+b}$

Γεωμετρική...Ανισότητα!!!

Γεωμετρική...Ανισότητα!!!

Re: Γεωμετρική...Ανισότητα!!!

Re: Γεωμετρική...Ανισότητα!!!

Re: Γεωμετρική...Ανισότητα!!!

Re: Γεωμετρική...Ανισότητα!!!

Re: Γεωμετρική...Ανισότητα!!!

Re: Γεωμετρική...Ανισότητα!!!

Re: Γεωμετρική...Ανισότητα!!!

Re: Γεωμετρική...Ανισότητα!!!

Re: Γεωμετρική...Ανισότητα!!!

Re: Γεωμετρική...Ανισότητα!!!

Re: Γεωμετρική...Ανισότητα!!!

Μέλη σε σύνδεση