mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 14, 2016 6:00 pm**

Σας προτείνω το θέμα 383 από το αρχείο του Θάνου.

Έστω τρίγωνο ABC.

Αποδείξτε ότι

$\displaystyle\frac{1}{2Rr}\leq \frac{1}{3}\left ( \frac{1}{a}+ \frac{1}{b}+ \frac{1}{c} \right )^{2}\leq \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\leq \frac{1}{4r^{2}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 14, 2016 7:21 pm**

Η μεσαία ανισότητα βγαίνει απευθείας από Cauchy-Schwarz. Ας δούμε τις άλλες δύο.

Για την πρώτη, χρησιμοποιώντας τα $\displaystyle{ R = \frac{abc}{4E}}$ και $\displaystyle{ E = \tau r}$ έχουμε $\displaystyle{ 2Rr = \frac{abc}{2\tau} = \frac{abc}{a+b+c}}$

Οπότε αρκεί να δείξουμε την ανισότητα

$\displaystyle{ a+b+c \leqslant \frac{abc}{3}\left(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\right)^2}$

όταν a,b,c

είναι πλευρές τριγώνου. Θα δείξουμε την ανισότητα για οποιαδήποτε θετικά a,b,c

.

Το δεξί μέλος ισούται με $\displaystyle{ \frac{(ab+bc+ca)^2}{abc}}$ οπότε αρκεί να δειχθεί η $\displaystyle{ (ab+bc+ca)^2 \geqslant 3abc(a+b+c)}$

Αναπτύσσοντας το τετράγωνο, η τελευταία είναι ισοδύναμη με την $\displaystyle{ (ab)^2 + (bc)^2 + (ca)^2 \geqslant abc(a+b+c)}$ η οποία είναι άμεση από την ανισότητα $\displaystyle{ A^2 + B^2 + C^2 \geqslant AB + BC + CA}$ (Θέτοντας A = ab

κ.τ.λ.)

Για την τελευταία ανισότητα έχουμε

$\displaystyle{ \frac{1}{4r^2} = \frac{\tau^2}{4E^2} = \frac{\tau}{4(\tau-a)(\tau-b)(\tau-c)}}$

Κάνοντας την γνωστή αντικατάσταση a = x+y,b=y+z,c=z+x

μένει να αποδείξουμε την

$\displaystyle{ \frac{1}{(x+y)^2} + \frac{1}{(y+z)^2} + \frac{1}{(z+x)^2} \leqslant \frac{x+y+z}{4xyz}}$

για x,y,z

θετικά. Όμως έχουμε

$\displaystyle{ \frac{1}{(x+y)^2} + \frac{1}{(y+z)^2} + \frac{1}{(z+x)^2} \leqslant \frac{1}{4}\left(\frac{1}{xy} + \frac{1}{yz} + \frac{1}{zx} \right) = \frac{x+y+z}{4xyz}}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 26, 2016 12:43 pm**

Κατ΄ αρχήν να ευχαριστήσω το Δημήτρη Χριστοφίδη που ασχολήθηκε με το θέμα.

Με αυτήν τη δημοσίευση θέλω να γράψω την απόδειξη που σκέφτηκα ένα πρωί στο σχολείο για την ανισότητα $\displaystyle \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\leq \frac{1}{4r^{2}}$ ,αυτή άλλωστε είναι η κάπως δύσκολη ανισότητα , οι άλλες είναι εύκολες...

Ισχύει φυσικά ότι $\displaystyle\frac{1}{a}=\frac{\upsilon _{a}}{2E},\frac{1}{b}=\frac{\upsilon _{b}}{2E},\frac{1}{c}=\frac{\upsilon _{c}}{2E}$

Συνεπώς $\displaystyle \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}=\frac{\upsilon_{a}^{2}+\upsilon_{b}^{2}+\upsilon_{c}^{2}}{4E^{2}}\leq \frac{\delta _{a}^{2}+\delta _{b}^{2}+\delta _{c}^{2}}{4E^{2}}$

Αν θυμηθούμε τον τύπο που μας δίνει το μήκος της εσωτερικής διχοτόμου συναρτήσει των πλευρών του τριγώνου , προκύπτει ότι
$\displaystyle \delta _{a}^{2}= \frac{4bc}{\left ( b+c \right )^{2}}s\left ( s-a \right )\leq1\cdot s\left ( s-a \right ) =s\left ( s-a \right )$

Aντίστοιχα προκύπτει
$\displaystyle \delta _{b}^{2}= \frac{4ac}{\left ( a+c \right )^{2}}s\left ( s-b \right )\leq1\cdot s\left ( s-b \right ) =s\left ( s-b \right )$
και
$\displaystyle \delta _{c}^{2}= \frac{4ab}{\left ( a+b \right )^{2}}s\left ( s-c \right )\leq1\cdot s\left ( s-c \right ) =s\left ( s-c \right )$

Έτσι λοιπόν
$\displaystyle\frac{\delta _{a}^{2}+\delta _{b}^{2}+\delta _{c}^{2}}{4E^{2}}\leq \frac{s\left ( s-a \right )+s\left ( s-b \right )+s\left ( s-c \right )}{4E^{2}}=$

$\displaystyle \frac{s\left ( s-a+s-b+s-c \right )}{4E^{2}}=\frac{s\left ( 3s-2s \right )}{4E^{2}}=\frac{s^{2}}{4s^{2}r^{2}}=\frac{1}{4r^{2}}$

H ανισότητα που θέλαμε να αποδειχθεί είναι πλέον προφανής...

mathematica.gr

AΠΟ ΤΟ ΑΡΧΕΙΟ ΤΟΥ ΘΑΝΟΥ 120

AΠΟ ΤΟ ΑΡΧΕΙΟ ΤΟΥ ΘΑΝΟΥ 120

Re: AΠΟ ΤΟ ΑΡΧΕΙΟ ΤΟΥ ΘΑΝΟΥ 120

Re: AΠΟ ΤΟ ΑΡΧΕΙΟ ΤΟΥ ΘΑΝΟΥ 120