mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 17, 2022 6:26 pm**

Την παρακάτω ανισότητα είναι πολύ πιθανόν να την έχουμε ξαναδεί...
Ας την προτείνω για να είμαι βέβαιος ότι κάποτε τέθηκε...
Την χρειάστηκα πρόσφατα για την απόδειξη μιας άλλης ανισότητας.

Σε τρίγωνο ABC

να αποδειχθεί ότι

$s\sqrt{3}\leq 4R+r$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 17, 2022 9:36 pm**

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 17, 2022 6:26 pm
Σε τρίγωνο να αποδειχθεί ότι

$s\sqrt{3}\leq 4R+r$

Θα χρησιμοποιήσω δύο γνωστές αλλά δύσκολες ανισότητες όμως δεν αμφιβάλω ότι θα υπάρχει ευκολότερος, πιο άμεσος τρόπος.

Η μία είναι η ανισότητα $\displaystyle{s^2 \le 4R^2+4Rr + 3r^2}$ και η άλλη είναι η Euler $2r\le R$ .

H πρώτη αποδεικνύεται από τον τύπο IH^2 = 4R^2+4Rr + 3r^2-s^2

που υπάρχει σε διάφορες παλιές Τριγωνομετρίες. Ο δεύτερος είναι η ιστορικά πρώτη ουσιαστική ανισότητα στα τρίγωνα, και την βρίσκει κανείς στην βιβλιογραφία.

Έτσι

$3s^2 \le 3(4R^2+4Rr + 3r^2) = (12R^2+8Rr + r^2)+ 4Rr+8r^2=$

$=(12R^2+8Rr + r^2)+2R(2r) + 2(2r)^2\le (12R^2+8Rr + r^2)+2R(R) + 2(R)^2=$

=16R^2 +8Rr+r^2=(4R+r)^2

που ισοδυναμεί με το ζητούμενο.

Τηλέμαχε, σου κάνουν αυτά ή έχεις κάτι πιο άμεσο και πονηρό;

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 17, 2022 10:41 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 17, 2022 9:36 pm

Τηλέμαχε, σου κάνουν αυτά ή έχεις κάτι πιο άμεσο και πονηρό;

Nα ευχαριστήσω το Μιχάλη Λάμπρου για τη λύση που έγραψε.
Η δική μου απόδειξη ξεκινά από τη γνωστή ισότητα $r_{a}+r_{b}+r_{c}=4R+r$
Δεν θεωρώ δεδομένο ότι ένας μαθητής της β' Λυκείου με ενδιαφέρον για τη Γεωμετρία τη γνωρίζει.
Κανονικά οφείλω να την αποδείξω, αλλά ας τη θεωρήσω ως γνωστή...

Θα αποδείξω ότι $r_{a}r_{b}+r_{b}r_{c}+r_{c}r_{a}=s^{2}$

$\displaystyle r_{a}r_{b}+r_{b}r_{c}+r_{c}r_{a}=\frac{E}{s-a}\frac{E}{s-b}+\frac{E}{s-b}\frac{E}{s-c}+\frac{E}{s-c}\frac{E}{s-a}=$

$\displaystyle E^{2}\left [ \frac{1}{\left ( s-a \right )\left ( s-b \right )} +\frac{1}{\left ( s-b \right )\left ( s-c \right )} +\frac{1}{\left ( s-c \right )\left ( s-a \right )} \right ]=$

$\displaystyle E^{2}\frac{s-a+s-b+s-c}{\left ( s-a \right )\left ( s-b \right )\left ( s-c \right )}=E^{2}\frac{3s-\left ( a+b+c \right )}{\left ( s-a \right )\left ( s-b \right )\left ( s-c \right )}=$

$\displaystyle E^{2}\frac{3s-2s}{\left ( s-a \right )\left ( s-b \right )\left ( s-c \right )}=E^{2}\frac{s}{\left ( s-a \right )\left ( s-b \right )\left ( s-c \right )}=E^{2}\frac{s^{2}}{s\left ( s-a \right )\left ( s-b \right )\left ( s-c \right ) }=s^{2}$

Ισχύει ότι

$\left ( r_{a}+r_{b}+r_{c} \right )^{2}\geq 3\left ( r_{a}r_{b}+r_{b}r_{c}+r_{c}r_{a} \right )\Leftrightarrow \left ( 4R+r \right )^{2}\geq 3s^{2}$

και εδώ τελειώνει η απόδειξη.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 17, 2022 10:48 pm**

Ωραιότατο, και μέσα στην εμβέλεια των ιδεών που συναντά κανείς σε προσιτές πηγές.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Φεβ 18, 2022 12:12 am**

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 17, 2022 10:41 pm
Δεν θεωρώ δεδομένο ότι ένας μαθητής της β' Λυκείου με ενδιαφέρον για τη Γεωμετρία τη γνωρίζει.

Noμίζω ότι οφείλω να γράψω μια απόδειξη της ισότητας $r_{a}+r_{b}+r_{c}=4R+r$ .

$\displaystyle r_{b}+r_{c}=\frac{E}{s-b}+\frac{E}{s-c}=E\frac{2s-b-c}{\left ( s-b \right )\left ( s-c \right )}=E\frac{a}{\left ( s-b \right )\left ( s-c \right )}$

$\displaystyle r_{a}-r=\frac{E}{s-a}-\frac{E}{s}=E\frac{a}{\left s\left ( s-a \right )}$

Συνεπώς

$\displaystyle r_{b}+r_{c}+r_{a}-r=E\frac{a}{\left ( s-b \right )\left ( s-c \right )}+E\frac{a}{\left s\left ( s-a \right )}$

$\displaystyle Ea\left [ \frac{1}{\left ( s-b \right )\left ( s-c \right )}+\frac{1}{s\left ( s-a \right )} \right ]=$

$\displaystyle Ea\frac{s\left ( s-a \right )+\left ( s-b \right )\left ( s-c \right )}{s\left ( s-a \right )\left ( s-b \right )\left ( s-c \right )}=$

$\displaystyle Ea\frac{2s^{2}-s\left ( a+b+c \right )+bc}{E^{2}}=\frac{abc}{E}=4R$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Φεβ 18, 2022 10:33 am**

Μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε και την αντικατάσταση Ravi: a=y+z,b=z+x,c=x+y

. Τότε

$\displaystyle s = x+y+z, 4R = \frac{abc}{E} = \frac{(x+y)(y+z)(z+x)}{\sqrt{xyz(x+y+z)}}$ και $\displaystyle r = \frac{E}{s} = \sqrt{\frac{xyz}{x+y+z}}$

Θέλουμε λοιπόν να δείξουμε ότι

$\displaystyle (x+y+z)\sqrt{3xyz(x+y+z)} \leqslant (x+y)(y+z)(z+x)+xyz =(x+y+z)(xy+yz+zx)$

Το τελευταίο προκύπτει από τη γνωστή ανισότητα $(u+v+w)^2 \geqslant 3(uv+vw+wu)$ θέτοντας u=xy,v=yz,w=zx

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Φεβ 18, 2022 2:29 pm**

Να δούμε και το εξής ισχυρότερο: $\displaystyle s \leqslant 2R + (3\sqrt{3}-4)r$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Φεβ 18, 2022 5:51 pm**

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 17, 2022 6:26 pm
Την παρακάτω ανισότητα είναι πολύ πιθανόν να την έχουμε ξαναδεί...
Ας την προτείνω για να είμαι βέβαιος ότι κάποτε τέθηκε...
Την χρειάστηκα πρόσφατα για την απόδειξη μιας άλλης ανισότητας.

Σε τρίγωνο να αποδειχθεί ότι

$s\sqrt{3}\leq 4R+r$

Ας παρατηρήσουμε ότι η ανισότητα αυτή είναι ουσιαστικά η Finsler-Hadwiger:

$\displaystyle{a^2+b^2+c^2\geq (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2+4\sqrt{3}(ABC).}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 19, 2022 10:35 pm**

matha έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 18, 2022 5:51 pm

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 17, 2022 6:26 pm
Την παρακάτω ανισότητα είναι πολύ πιθανόν να την έχουμε ξαναδεί...
Ας την προτείνω για να είμαι βέβαιος ότι κάποτε τέθηκε...
Την χρειάστηκα πρόσφατα για την απόδειξη μιας άλλης ανισότητας.

Σε τρίγωνο να αποδειχθεί ότι

$s\sqrt{3}\leq 4R+r$
Ας παρατηρήσουμε ότι η ανισότητα αυτή είναι ουσιαστικά η Finsler-Hadwiger:

$\displaystyle{a^2+b^2+c^2\geq (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2+4\sqrt{3}(ABC).}$

Aς δούμε την απόδειξη της παρατήρησης του Θάνου.

Η ανισότητα Finsler-Hadwiger γράφεται ισοδύναμα

$2\left ( ab+bc+ca \right )\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}+4\sqrt{3}sr\Leftrightarrow$

$2\left ( s^{2}+r^{2} +4Rr\right )\geq 2\left ( s^{2}-r^{2}-4Rr \right )+4\sqrt{3}sr$

και μετά από τις πράξεις και τις απλοποιήσεις ισοδύναμα έχουμε

$s\sqrt{3}\leq 4R+r$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 21, 2022 9:35 pm**

Επίσης, ας παρατηρήσουμε ότι η ζητούμενη είναι ισοδύναμη με την

$\displaystyle{\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{B}{2}+\tan \frac{C}{2}\geq \sqrt{3}}$ ( $\displaystyle{\color{red}\bigstar}$ )

καθώς είναι

$\displaystyle{\boxed{\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{B}{2}+\tan \frac{C}{2}=\frac{4R+r}{s}}}$ .

Από εδώ είναι άμεσο ότι η ζητούμενη είναι ουσιαστικά η Finsler-Hadwiger, αφού

$\displaystyle{a^2+b^2+c^2=(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2+4(ABC)\left(\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{B}{2}+\tan \frac{C}{2}\right)}$ .

Φυσικά, η ( $\displaystyle{\color{red}\bigstar}$ ) είναι άμεση συνέπεια της ανισότητας $\displaystyle{(x+y+z)^2\geq 3(xy+yz+zx)}$ και της σχέσης

$\displaystyle{\tan \frac{A}{2}\tan \frac{B}{2}+\tan \frac{B}{2}\tan \frac{C}{2}+\tan \frac{C}{2}\tan \frac{A}{2}=1.}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 04, 2022 6:45 pm**

Θα θεωρήσουμε γνωστές τις παρακάτω ισότητες (

το βαρύκεντρο του τριγώνου) :

$OG^2=R^2-\dfrac{1}{9}(a^2+b^2+c^2)$ (1)

a^2+b^2+c^2=2s^2-2r^2-8Rr

(2)

και δεδομένων των ανισοτήτων

$\dfrac{2d-R+2r}{3} \leq OG \leq \dfrac{2d+R-2r}{3}$ (3) βλέπε εδώ

όπου $d=OI=\sqrt{R^2-2Rr)}$ η απόσταση των κέντρων του περιγεγραμμένου και εγγεγραμένου κύκλου του τριγώνου (σχέση του Euler). Από τις (1), (2), (3) προκύπτει η:

$8R^2+40Rr-4r^2-8d(R-2r) \leq (a+b+c)^2 \leq 8R^2+40Rr-4r^2+8d(R-2r)$ (4)

η οποία ισοδύναμα μπορεί να γραφεί ( $s=\frac{a+b+c}{2}$ ), δεξί μέλος,

$s \leq \sqrt{2R^2+10Rr-r^2+2\sqrt{R^2-2Rr}(R-2r)}$

διαιρούμε και τα δυο μέλη της ανισότητας με

και κάνουμε την αντικατάσταση $x=\frac{2r}{R}$ και η ανισότητα γίνεται

$\dfrac{s}{R} \leq \dfrac{1}{2} \sqrt{8+20x-x^2+8\sqrt{1-x}(1-x)} = f(x)$

Μελετάμε την συνάρτηση f(x)

στο διάστημα [0,1]

, αφού $2r \leq R$ . Έχουμε

$f^{\prime}(x)= \dfrac{-x-6\sqrt{1-x}+10}{2\sqrt{-x^2+20x+8\sqrt{1-x}(1-x)+8}}$

$f^{\prime \prime }(x)= \dfrac{x^2+4(3\sqrt{1-x}-14)x-120\sqrt{1-x}+136}{2\sqrt{1-x}(-^2+20x+8(1-x)\sqrt{1-x}+8)^{3/2}}$

Εξετάζουμε τον αριθμητή της δεύτερης παραγώγου

$g(x) = x^2+4(3\sqrt{1-x}-14)x-120\sqrt{1-x}+136$

κάνουμε την αντικατάσταση $\sqrt{1-x} =t \Rightarrow x=1-t^2$ και ο παραπάνω αριθμητής γίνεται

h(t)=(1-t^2)^2+4(3t-14)(1-t^2)-120t+136 =

h(t)=(1-t^2)^2+4(3t-14)(1-t^2)-120t+136 =

Οπότε $h(t) \geq 0$ και ειδικά στο διάστημα $t \in [0,1]$ θα είναι h(t) >0

. Επομένως $f^{\prime \prime }(x) >0$ και η συνάρτηση f(x)

είναι κυρτή στο διάστημα $x \in [0,1]$ .

Θεωρούμε τα σημεία (0, f(0)) = (0, 2)

και $(1,f(1)=\left (1, 2+\dfrac{3\sqrt{3}-4}{2} \right)$ και την ευθεία $y=2+\dfrac{3\sqrt{3}-4}{2}x$ που διέρχεται από αυτά. Λόγω της παραπάνω κυρτότητας θα είναι:

$\dfrac{s}{R} =f(x) \leq 2+\dfrac{3\sqrt{3}-4}{2} \left( \dfrac{2r}{R} \right) \Rightarrow s \leq 2R+(3\sqrt{3}-4)r$ που είναι πιο ισχυρή ανισότητα στην δημοσιεύση του Δημήτρη.

Demetres έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 18, 2022 2:29 pm
Να δούμε και το εξής ισχυρότερο: $\displaystyle s \leqslant 2R + (3\sqrt{3}-4)r$

Παρατηρούμε μάλιστα ότι όχι μόνο είναι πιο ισχυρή αλλά και "βέλτιστη" δυνατή, αν περιοριστούμε σε ένα γραμμικό συνδιασμό των r, R

ως αναφορά την εκτίμηση προς τα πάνω της ημιπεριμέτρου. Δηλαδή για ανισότητες της μορφής

$s \leq \lambda R +\sigma r$ .

: etsi_gia_na_uparxei.png (18.58 KiB) Προβλήθηκε 841 φορές

Εδώ θα μπορούσε κανείς να προχωρήσει και να φτιάξει αντίστοιχες ανισότητες και για το άλλο σκέλος της (4), αλλά και να προχωρήσει σε φράγματα που να έχουν και δευτεροβάθμιους όρους των r,R

, κτλ.

Τα παραπάνω τα πήρα από το άρθρο "Προβλήματα με δυο γνωστούς" του Μ.Α. Γκορέλοβ από το περιοδικό "Μαθηματική Εκπαίδευση", τεύχος 22, 2018 σελίδες 85-113. . Η μελέτη της συνάρτησης f(x)

στην παραπάνω μορφή είναι δική μου, στο πρωτότυπο υπάρχει διαφορετική μελέτη.

Στο άρθρο μπορεί να βρει κανείς αποδείξεις και άλλων παρόμοιων προβλημάτων.

mathematica.gr

ΕΤΣΙ, ΓΙΑ ΝΑ ΥΠΑΡΧΕΙ...

ΕΤΣΙ, ΓΙΑ ΝΑ ΥΠΑΡΧΕΙ...

Re: ΕΤΣΙ, ΓΙΑ ΝΑ ΥΠΑΡΧΕΙ...

Re: ΕΤΣΙ, ΓΙΑ ΝΑ ΥΠΑΡΧΕΙ...

Re: ΕΤΣΙ, ΓΙΑ ΝΑ ΥΠΑΡΧΕΙ...

Re: ΕΤΣΙ, ΓΙΑ ΝΑ ΥΠΑΡΧΕΙ...

Re: ΕΤΣΙ, ΓΙΑ ΝΑ ΥΠΑΡΧΕΙ...

Re: ΕΤΣΙ, ΓΙΑ ΝΑ ΥΠΑΡΧΕΙ...

Re: ΕΤΣΙ, ΓΙΑ ΝΑ ΥΠΑΡΧΕΙ...

Re: ΕΤΣΙ, ΓΙΑ ΝΑ ΥΠΑΡΧΕΙ...

Re: ΕΤΣΙ, ΓΙΑ ΝΑ ΥΠΑΡΧΕΙ...

Re: ΕΤΣΙ, ΓΙΑ ΝΑ ΥΠΑΡΧΕΙ...