mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 25, 2012 9:49 am**

Προτείνω το θέμα 52 από το αρχείο του Θάνου.To κάθε σκέλος μπορεί να δοθεί και μόνο του ή να λυθεί μόνο του.

Ο εγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ABC

εφάπτεται στις πλευρές BC,CA,AB

στα σημεία M,N,P

αντίστοιχα.
Αποδείξτε ότι:

1. $abMN^{2}+bcNP^{2}+caPM^{2}=4\left(ABC \right)^{2}$

2. $\frac{MN^{2}}{h_{a}h_{b}}+\frac{NP^{2}}{h_{b}h_{c}}+\frac{PM^{2}}{h_{c}h_{a}}=1$

3. $MN+NP+PM\leq s\sqrt{\frac{2r}{R}}\leq s$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 21, 2012 10:48 am**

Ας κλείσει και αυτό το θέμα:

Είναι $\displaystyle{CM=CN=s-c,}$ οπότε π.χ. με χρήση του νόμου των συνημιτόνων βρίσκουμε

$\displaystyle{MN^2=2(s-c)^2-2(s-c)^2\cos C\Rightarrow abMN^2=(s-c)^2\Big(2ab-2ab\cos C\Big)=...=(s-c)^2\Big(c^2-(a-b)^2\Big)}$

άρα, μετά τις πράξεις

$\displaystyle{abMN^2=4(s-a)(s-b)(s-c)^2.}$

Ανάλογες εκφράσεις έχουμε και για τα $\displaystyle{bcNP^2,caPM^2.}$

Άρα

$\displaystyle{abMN^2+bcNP^2+caPM^2=\sum 4(s-a)(s-b)(s-c)^2=4(s-a)(s-b)(s-c)(s-a+s-b+s-c)=}$

$\displaystyle{=4s(s-a)(s-b)(s-c)=4(ABC)^2.}$

Επίσης, είναι

$\displaystyle{\sum \frac{MN^2}{h_ah_b}=\sum \frac{abMN^2}{ah_abh_b}=\frac{abMN^2}{4(ABC)^2}=\frac{abMN^2+bcNP^2+caPM^2}{4(ABC)^2}=1.}$

Τέλος, από την ανισότητα Cauchy-Schwarz και την προηγούμενη σχέση, έχουμε

$\displaystyle{1=\sum \frac{MN^2}{h_ah_b}\geq \frac{(MN+NP+PM)^2}{\sum h_ah_b},}$

άρα

$\displaystyle{(MN+NP+PM)^2\leq \sum h_ah_b=\sum \frac{ah_abh_b}{ab}=\sum \frac{4(ABC)^2}{ab}=4(ABC)^2\frac{a+b+c}{abc}=4s^2r^2\frac{2s}{4srR}=s^2\frac{2r}{R}.}$

Επομένως, είναι

$\displaystyle{MN+NP+PM\leq s\sqrt{\frac{2r}{R}}\leq s,}$ με την τελευταία ανισότητα να ισχύει λόγω της ανισότητας Euler.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 25, 2012 12:21 pm**

Με αρκετή καθυστέρηση δίνω τη δική μου λύση.Προτίμησα να μη χρησιμοποιήσω το νόμο των συνημιτόνων , μολονότι αναγνωρίζω ότι αυτό είναι το πρώτο που μας έρχεται στο μυαλό.Έχω μια εμμονή με τις γεωμετρικές λύσεις , κάτι όμως που δυσκολεύει την κατάσταση όταν δεν περισεύει ο χρόνος.

Θα βρεθεί το $PM^{2}$ ως συνάρτηση των a,b,c,r

Σύμφωνα με το πρώτο θεώρημα του Πτολεμαίου στο εγγράψιμο τετράπλευρο BMIP

προκύπτει
$PM\cdot IB=BP\cdot IM+BM\cdot IP\Rightarrow PM\cdot IB=\left(s-b \right)r+\left(s-b \right)r\Rightarrow PM=\frac{2\left(s-b \right)r}{IB}$
Έτσι $PM^{2}=\frac{4\left(s-b \right)^{2}r^{2}}{IB^{2}}$

Αν ληφθεί υπ' όψιν ότι $IB^{2}=\frac{ac\left(s-b \right)}{s}$ προκύπτει ότι $PM^{2}=\frac{4sr^{2}\left(s-b \right)}{ac}$

Με ανάλογες σκέψεις προκύπτει ότι $NP^{2}=\frac{4sr^{2}\left(s-a \right)}{bc} , MN^{2}=\frac{4sr^{2}\left(s-c \right)}{ab}$

Από και και μετά τα δυο πρώτα ζητούμενα είναι εύκολα στην αντιμετώπισή τους.

Ας δούμε κάτι άλλο στο τρίτο ζητούμενο , μια ενδιαφέρουσα ανισότητα.

Ισχύει $\left(MN+NP+PM \right)^{2}\leq 3\left(MN^{2}+NP^{2}+PM^{2} \right)$
$MN^{2}+NP^{2}+PM^{2}=\frac{4sr^{2}\left(s-b \right)}{ac}+\frac{4sr^{2}\left(s-a \right)}{bc}+\frac{4sr^{2}\left(s-c \right)}{ab}=4sr^{2}\left(\frac{s-b}{ac}+\frac{s-a}{bc}+\frac{s-c}{ab} \right)= 4sr^{2}\frac{b\left(s-b \right)+a\left(s-a \right)+c\left(s-c \right)}{abc}=4sr^{2}\frac{\left(a+b+c \right)s-\left(a^{2}+b^{2}+c^{2} \right)}{4srR}=\frac{r\left[2ss-2\left(s^{2}-r^{2}-4Rr \right) \right]}{R}=\frac{r2\left(r^{2}+4rR \right)}{R}$
Ισχύει λοιπόν ότι $\left(MN+NP+PM \right)^{2}\leq 3\frac{2r\left(r^{2}+4rR \right)}{R}$

Θα αποδειχθεί ότι $3\frac{2r\left(r^{2}+4rR \right)}{R}\leq s^{2}\frac{2r}{R}$

Αυτό είναι ισοδύναμο με $3\left(r^{2}+4rR \right)\leq s^{2}$ , που είναι μια γνωστή ανισότητα.
''ΙΣΟΤΗΤΕΣ ΚΑΙ ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ ΣΤΟ ΤΡΙΓΩΝΟ'' του Δ.Γ.Κοντογιάννη , στη σελίδα 21 ανισότητα 9

'Αρα ισχύει ότι $\left(MN+NP+PM \right)^{2} \leq 3\frac{2r\left(r^{2}+4rR \right)}{R}\leq s^{2}\frac{2r}{R}$

Συνεπώς $MN+NP+PM \leq\sqrt{\frac{6r\left(r^{2}+4Rr \right)}{R}}} \leq s\sqrt{\frac{2r}{R}}$

Για την ανισότητα $s\sqrt{\frac{2r}{R}}\leq s$ , προκύπτει εύκολα ως συνέπεια της ανισότητας Euler.

Ο βασικός λόγος που έγραψα την παραπάνω λύση είναι ότι δείχνει την ύπαρξη μιας ενδιάμεσης ποσότητας , της $\sqrt{\frac{6r\left(r^{2}+4Rr \right)}{R}}$ , ανάμεσα στην MN+NP+PM

και την $s\sqrt{\frac{2r}{R}}$

: AΠO TO ΑΡΧΕΙΟ ΤΟΥ ΘΑΝΟΥ 27.png (13.04 KiB) Προβλήθηκε 361 φορές

mathematica.gr

ΑΠΟ ΤΟ ΑΡΧΕΙΟ ΤΟΥ ΘΑΝΟΥ 27

ΑΠΟ ΤΟ ΑΡΧΕΙΟ ΤΟΥ ΘΑΝΟΥ 27

Re: ΑΠΟ ΤΟ ΑΡΧΕΙΟ ΤΟΥ ΘΑΝΟΥ 27

Re: ΑΠΟ ΤΟ ΑΡΧΕΙΟ ΤΟΥ ΘΑΝΟΥ 27