Γεωμετρική ανισότητα!

#1

Μια και εδώ έγινε αναφορά στο Mathscope, προτείνω και την εξής διασκεδαστική:

Έστω τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ με έγκεντρο $\displaystyle{I}$ . Οι $\displaystyle{AI,BI,CI}$ τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου, στα σημεία $\displaystyle{X,Y,Z}$ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι

1) $\displaystyle{IX+IY+IZ\geq IA+IB+IC,}$

2) $\displaystyle{\frac{1}{IX}+\frac{1}{IY}+\frac{1}{IZ}\geq \frac{3}{R},}$

όπου $\displaystyle{R}$ η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου.

liolios19 · #2

Από νόμο ημιτόνων για το τρίγωνο ΑΙΓ και τον ίδιο νόμο στο ΑΒΓ θα έχουμε:
$\frac{AI}{\sin(\frac{\Gamma}{2})}=\frac{\beta}{sin(90+\frac{B}{2})} \Leftarow \cdots AI=4R \sin(\frac{\Gamma}{2}) \sin(\frac{B}{2})$
Επίσης είναι $\sin(\frac{A}{2})=\frac{r}{AI}$
Από τη δύναμη του σημείου Ι ως προς τον κύκλο (Ο, R) θα έχουμε :
OI^2 =R^2 -2Rr

και έτσι:
$AI\cdot IX= R^2 -OI^2=R^2-(R^2 -2Rr) =2Rr \Rightarrow IX =2R r/AI=2R \sin(\frac{A}{2})$
Οπότε η δεύτερη προς απόδειξη θα γράφεται:
$\frac{1}{\sin(A/2)}+\frac{1}{\sin(B/2)}+\frac{1}{\sin(A/2)} \geq 6 \Leftrightarrow 1/3(\frac{1}{\sin(A/2)}+\frac{1}{\sin(B/2)}+\frac{1}{\sin(A/2)}) \geq 2$
H τελευταία ισχύει από την ανισότητα jensen για την f(x)=1/sin(x) στο (0, π/2) (στρέφει τα κοίλα άνω) και για τα σημεία Α/2, Β/2 , Γ/2 με βάρη 1/3, 1/3, 1/3.
Η πρώτη προς απόδειξη θα γράφεται ισοδύναμα:
$2R(\sin(A/2)+\sin(B/2)+\sin(\Gamma/2) \geq 4R( \sin(\Gamma/2) \sin(\Betta/2)+\sin(\Gamma/2) \sin(A/2)+ \sin(B/2) \sin(A/2))$
Μετά από κάμποσες πράξεις αυτή παίρνει τη μορφή:
$\sin^2(A/2)+\sin^2(B/2)+sin^2(\Gamma/2) \geq (\sin(A/2)+\sin(B/2)+\sin(\Gamma /2)) (\sin(A/2)+\sin(B/2)+\sin(\Gamma /2)-1)$
Πάλι με εφαρμογή της ανισότητας Jensen και στα δύο μέλη για τις συναρτήσεις $\sin^2(x)\,\, \sin(x)$ αντίστοιχα ( κοίλα κάτω και άνω ατίστοιχα)στα σημεία Α/2 , Β/2 , Γ/2 και με βάρη 1/3 φθάνουμε στην
$Left \geq 3/4 \geq Right$

#3

liolios19 έγραψε: ...

Η πρώτη προς απόδειξη θα γράφεται ισοδύναμα:
$2R(\sin(A/2)+\sin(B/2)+\sin(\Gamma/2) \geq 4R( \sin(\Gamma/2) \sin(\Betta/2)+\sin(\Gamma/2) \sin(A/2)+ \sin(B/2) \sin(A/2))$
Μετά από κάμποσες πράξεις αυτή παίρνει τη μορφή:
$\sin^2(A/2)+\sin^2(B/2)+sin^2(\Gamma/2) \geq (\sin(A/2)+\sin(B/2)+\sin(\Gamma /2)) (\sin(A/2)+\sin(B/2)+\sin(\Gamma /2)-1)$
Πάλι με εφαρμογή της ανισότητας Jensen και στα δύο μέλη για τις συναρτήσεις $\sin^2(x)\,\, \sin(x)$ αντίστοιχα ( κοίλα κάτω και άνω ατίστοιχα)στα σημεία Α/2 , Β/2 , Γ/2 και με βάρη 1/3 φθάνουμε στην
$Left \geq 3/4 \geq Right$

Η συνάρτηση $\displaystyle{sin^{2}x}$ δεν είναι παντού κυρτή ή κοίλη στο $\displaystyle{(0,\pi /2)}$ .

Πάντως, η πρώτη ανισότητα, όπως αναφέρεις, ανάγεται στην

$\displaystyle{\sin \frac{A}{2}+\sin \frac{B}{2}+\sin \frac{C}{2}\geq 2(\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}+\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}+\sin \frac{C}{2}\sin \frac{A}{2})}$ .

Ας αποδείξουμε αυτή την ενδιαφέρουσα ανισότητα. Υπάρχουν διάφοροι τρόποι.

themiskant · #4

matha έγραψε:
liolios19 έγραψε: ...

Η πρώτη προς απόδειξη θα γράφεται ισοδύναμα:
$2R(\sin(A/2)+\sin(B/2)+\sin(\Gamma/2) \geq 4R( \sin(\Gamma/2) \sin(\Betta/2)+\sin(\Gamma/2) \sin(A/2)+ \sin(B/2) \sin(A/2))$
Μετά από κάμποσες πράξεις αυτή παίρνει τη μορφή:
$\sin^2(A/2)+\sin^2(B/2)+sin^2(\Gamma/2) \geq (\sin(A/2)+\sin(B/2)+\sin(\Gamma /2)) (\sin(A/2)+\sin(B/2)+\sin(\Gamma /2)-1)$
Πάλι με εφαρμογή της ανισότητας Jensen και στα δύο μέλη για τις συναρτήσεις $\sin^2(x)\,\, \sin(x)$ αντίστοιχα ( κοίλα κάτω και άνω ατίστοιχα)στα σημεία Α/2 , Β/2 , Γ/2 και με βάρη 1/3 φθάνουμε στην
$Left \geq 3/4 \geq Right$

Η συνάρτηση $\displaystyle{sin^{2}x}$ δεν είναι παντού κυρτή ή κοίλη στο $\displaystyle{(0,\pi /2)}$ .

Πάντως, η πρώτη ανισότητα, όπως αναφέρεις, ανάγεται στην

$\displaystyle{\sin \frac{A}{2}+\sin \frac{B}{2}+\sin \frac{C}{2}\geq 2(\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}+\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}+\sin \frac{C}{2}\sin \frac{A}{2})}$ .

Ας αποδείξουμε αυτή την ενδιαφέρουσα ανισότητα. Υπάρχουν διάφοροι τρόποι.

Μήπως έχετε κάποια λύση για αυτή την ανισότητα?

#5

themiskant έγραψε:
matha έγραψε:
liolios19 έγραψε: ...

Πάντως, η πρώτη ανισότητα, όπως αναφέρεις, ανάγεται στην

$\displaystyle{\sin \frac{A}{2}+\sin \frac{B}{2}+\sin \frac{C}{2}\geq 2(\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}+\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}+\sin \frac{C}{2}\sin \frac{A}{2})}$ .

Ας αποδείξουμε αυτή την ενδιαφέρουσα ανισότητα. Υπάρχουν διάφοροι τρόποι.
Μήπως έχετε κάποια λύση για αυτή την ανισότητα?

Ξεκινάω με έναν ενδιαφέροντα τρόπο.

Καταρχάς, αποδεικνύουμε ότι σε κάθε οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ ισχύει

$\displaystyle{\cos A +\cos B +\cos C\geq 2(\cos B\cos C +\cos C \cos A +\cos A \cos B)}$ (1)

Ένας τρόπος είναι να χρησιμοποιήσουμε τις γνωστές σχέσεις

$\displaystyle{\sum \cos A =1+\frac{r}{R}}$ και $\displaystyle{\sum \cos B \cos C =\frac{s^2+r^2-4R^2}{4R^2}}$ και την ανισότητα Gerretsen $\displaystyle{s^2\leq 4R^2+4Rr+3r^2}$
(και μάλιστα με αυτόν τον τρόπο φαίνεται ότι η (1) ισχύει και όταν το τρίγωνο είναι μη οξυγώνιο).

Διαφορετικά, εφαρμόζουμε την ανισότητα Erdős-Mordell για το ορθόκεντρο $\displaystyle{H}$ οξυγώνιου τριγώνου (το οποίο είναι εσωτερικό σημείο του τριγώνου, αφού αυτο είναι οξυγώνιο). Έχουμε δηλαδή

$\displaystyle{HA+HB+HC\geq 2(HK+HL+HM)}$ , όπου $\displaystyle{K,L,M}$ είναι οι προβολές του $\displaystyle{H}$ στις πλευρές $\displaystyle{BC,CA,AB}$ αντίστοιχα.

Γνωρίζουμε όμως ότι ισχύει $\displaystyle{HA=2R\cos A, HB=2R\cos B, HC=2R\cos C}$ και $\displaystyle{HK=2R\cos B\cos C, HL=2R\cos C\cos A, HM=2R\cos A \cos B.}$ Τότε, λαμβάνουμε την (1).

Τώρα, όταν τα $\displaystyle{A,B,C}$ είναι γωνίες τριγώνου, τα $\displaystyle{\frac{\pi -A}{2}, \frac{\pi -B}{2},\frac{\pi -C}{2}}$ είναι εύκολο να δούμε ότι είναι γωνίες οξυγωνίου τριγώνου. Εφαρμόζουμε λοιπόν, την (1) για αυτές τις γωνίες και προκύπτει η ζητούμενη.

#6

Μάλιστα, ισχύει η αλύσιδα ανισοτήτων

$\displaystyle{\sin \frac{A}{2}+\sin \frac{B}{2}+\sin \frac{C}{2}\geq \cos A +\cos B +\cos C \geq \sqrt{\sin A \sin B +\sin B \sin C +\sin C \sin A}\geq 2\left(\sin \frac{A}{2} \sin \frac{B}{2}+\sin \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2}+\sin \frac{C}{2} \sin \frac{A}{2}\right).}$

Ας αποδείξουμε τις παραπάνω.

liolios19 · #7

Έστω και καθυστεριμένα ευχαριστώ για τη διόρθωση.

Nick1990 · #8

matha έγραψε:Μάλιστα, ισχύει η αλύσιδα ανισοτήτων

$\displaystyle{\sin \frac{A}{2}+\sin \frac{B}{2}+\sin \frac{C}{2}\geq \cos A +\cos B +\cos C \geq \sqrt{\sin A \sin B +\sin B \sin C +\sin C \sin A}\geq 2\left(\sin \frac{A}{2} \sin \frac{B}{2}+\sin \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2}+\sin \frac{C}{2} \sin \frac{A}{2}\right).}$

Ας αποδείξουμε τις παραπάνω.

Θα αρχίσω με την πρώτη που δεν είναι ιδιαίτερα σφιχτή, αλλά για να φανεί η χαλαρώτητα της θέλει αρκετούς μετασχηματισμούς:

Από τον τύπο ημιτόνου μισής γωνίας παρατηρούμε ότι η αρχική είναι ισοδύναμη με:

$\sum{\sqrt{\frac{1 - x}{2}}} \geq \sum{x} \Leftrightarrow \sum{\sqrt{\frac{1 - x}{2}} + (1 - x)} \geq 3$
με
$x = \cos A$ κτλ.
Αν τώρα αντικαταστήσουμε τα συνημίτονα χρησημοποιόντας το θεώρημα των συνημιτόνων και μετα τις πλευρές του τριγώνου με της ποσότητες a+b, b+c, c+a

(δυϊκός μετασχηματισμός), για a,b,c > 0

, θα πάρουμε:
$1 - x = 2\frac{ab}{(a+c)(b+c)}$ και κυκλικά, και θα θέλουμε μετά:

$\sum_{cyclic}{\sqrt{\frac{ab}{(a+c)(b+c)}} + 2\sum_{cyclic}{\frac{ab}{(a+c)(b+c)}}} \geq 3 \Leftrightarrow \sum_{cyclic}{\sqrt{ab(a+c)(b+c)}(a+b)} \geq 3(a+b)(b+c)(c+a) - 2\sum_{cyclic}{ab(a+b)} = \sum_{cyclic}{ab(a+b)} + 6abc$

Από C.S και μετά ΑΜ-ΓΜ:
$\sqrt{ab(a+c)(b+c)}(a+b) \geq (a+b)\sqrt{ab}(\sqrt{ab} + c) = ab(a+b) + \sqrt{ab}(ac + bc) \geq ab(a+b) + \sqrt{ab}2\sqrt{acbc} = ab(a + b) + 2\sqrt{a^2b^2c^2} = ab(a+b) + 2abc$
και κυκλικά.
Με πρόσθεση των παραπάνω παίρνουμε τη ζητούμενη.

ksofsa · #9

Διαφορετικά για την πρώτη:

Επειδή $cosA+cosB=2cos\frac{A+B}{2}cos\frac{A-B}{2}=2sin\frac{C}{2}cos\frac{A-B}{2}\leq 2sin\frac{C}{2}$ ,θα είναι
$cosA+cosB+cosC\leq sin\frac{A}{2}+sin\frac{B}{2}+sin\frac{C}{2}$ .

Για τη δεύτερη:

Επειδή $sinAsinB+sinBsinC+sinCsinA=\sum{cosBcosC}-\sum{cos(B+C)}=\sum{cosBcosC}+\sum{cosA}$

και υψώνοντας την ανισότητα στο τετράγωνο,γράφεται:

$(\sum{cosA})^2\geq \sum{cosBcosC}+\sum{cosA}$ .

Αντικαθιστώντας από τις γνωστές σχέσεις $\sum{cosA}=\frac{R+r}{R},\sum{cosBcosC}=\frac{s^2+r^2-4R^2}{4R^2}$ ,

καταλήγουμε στην ανισότητα Gerretsen 4R^2+4Rr+3r^2>s^2

.

Μου ξεφεύγει κάτι;

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!

Μέλη σε σύνδεση