O 585 ΑΠΟ MATHEMATICAL REFLECTIONS

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #1

Σας παρουσιάζω ένα θέμα από το δεύτερο τεύχος των Mathematical Reflections του 2022.
Πρόκειται για το θέμα Ο 585 που το πρότεινε ο Marian Ursărescu από τη Ρουμανία.
Η ημερομηνία υποβολής των λύσεων παρήλθε, έτσι μπορώ να το μοιραστώ μαζί σας.

Αποδείξτε ότι σε κάθε τρίγωνο ABC

ισχύει

$\displaystyle\frac{9}{16}\left ( \frac{12r^{2}}{R^{2}}-1 \right )\leq \sum _{cyc} cosAsinBsinC\leq \frac{9}{4}\left ( \frac{3}{4}-\frac{r^{2}}{R^{2}} \right )$

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #2

Νομίζω ότι πρέπει να γράψω τη λύση που βρήκα...

$\displaystyle cosAsinBsinC=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}\frac{b}{2R}\frac{c}{2R}=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{8R^{2}}$

Με παρόμοιες σκέψεις προκύπτει ότι

$\displaystyle cosBsinAsinC=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{8R^{2}}$

και ότι

$\displaystyle cosCsinBsinA=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{8R^{2}}$

Συνεπώς $\displaystyle{\displaystyle\sum _{cyc} cosAsinBsinC=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{8R^{2}}}$

Θα αποδείξω τη δεξιά ανισότητα.

Αυτή είναι ισοδύναμη με

$\displaystyle\frac{b^{2}+c^{2}+a^{2}}{8R^{2}}\leq \frac{9}{4}\left ( \frac{3}{4}-\frac{r^{2}}{R^{2}} \right )\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq 18R^{2}\left ( \frac{3}{4}-\frac{r^{2}}{R^{2}} \right )$

Θα αποδείξω την τελευταία.

Γνωρίζουμε ότι $a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq 9R^{2}$

Έτσι αν αποδειχθεί ότι $\displaystyle 9R^{2}\leq 18R^{2}\left ( \frac{3}{4}-\frac{r^{2}}{R^{2}} \right )$

ολοκληρώθηκε η απόδειξη.

Όμως εύκολα διαπιστώνεται ότι η ανισότητα αυτή είναι ισοδύναμη με τη γνωστή $2r\leq R$

Aποδείχθηκε η δεξιά ανισότητα.

Aς δούμε την αριστερή ανισότητα.

Αυτή είναι ισοδύναμη με την

$\displaystyle \frac{9}{16}\left ( \frac{12r^{2}}{R^{2}}-1 \right )\leq \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{8R^{2}}\Leftrightarrow \frac{9R^{2}}{2}\left ( \frac{12r^{2}}{R^{2}}-1 \right )\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}$

Γνωρίζουμε ότι $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 4\sqrt{3}E$ και ότι $s\geq 3\sqrt{3}r$

Έτσι $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 4\sqrt{3}sr\geq 4\sqrt{3}\cdot 3\sqrt{3}r=36r^{2}$

Αρκεί λοιπόν να αποδείξω ότι $\displaystyle36r^{2}\geq \frac{9R^{2}}{2}\left ( \frac{12r^{2}}{R^{2}} -1\right )$

Όμως εύκολα διαπιστώνεται ότι η ανισότητα αυτή είναι ισοδύναμη με τη γνωστή $2r\leq R$

Aποδείχθηκε και η αριστερή ανισότητα.

Ειλικρινά, θα είμαι χαρούμενος αν υπάρχουν τρία άτομα που θα διαβάσουν την απόδειξη αυτή...

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #3

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 16, 2022 4:51 am
Σας παρουσιάζω ένα θέμα από το δεύτερο τεύχος των Mathematical Reflections του 2022.
Πρόκειται για το θέμα Ο 585 που το πρότεινε ο Marian Ursărescu από τη Ρουμανία.
Η ημερομηνία υποβολής των λύσεων παρήλθε, έτσι μπορώ να το μοιραστώ μαζί σας.

Αποδείξτε ότι σε κάθε τρίγωνο ισχύει

$\displaystyle\frac{9}{16}\left ( \frac{12r^{2}}{R^{2}}-1 \right )\leq \sum _{cyc} cosAsinBsinC\leq \frac{9}{4}\left ( \frac{3}{4}-\frac{r^{2}}{R^{2}} \right )$

Ωραία λύση κ.Τηλέμαχε
Εναλλακτικά για την δεξιά, απλώς και μόνο γιατί συμπτωματικά σήμερα στο σχολείο βρήκα τον εξής τρόπο για την απλοποίηση αθροισμάτων σαν το παραπάνω,
Θέτουμε λοιπόν, A=ai,B=bi,C=ci,i

η φανταστική μονάδα.
Είναι cos(ix)=(e^x+1/e^x)/2

και $sin(ix)=\dfrac{1/e^x-e^x}{2i}$ οπότε
$\sum _{cyc} cosAsinBsinC=-1/8 \sum_{cyc}(e^a+1/e^a)(1/e^b-e^b)(1/e^c-e^c)$
$=-1/8\sum(e^{a-b-c}-e^{c-a-b}-e^{b-a-c}+e^{c+b-a}-e^{a+b-c}-e^{a+c-b}+e^{a+b+c}+e^{-a-b-c})$
το $e^{a+b+c}+e^{-a-b-c}=2cos(i(a+b+c))=2cos\pi=-2$ οπότε το παραπάνω γίνεται
$1/8((\sum e^{a-b-c}+\sum e^{b+c-a}+6)=1/8(2\sum cos(i(b+c-a))+6)=1/8(-2\sum cos(2A)+6)$
$=\dfrac{3-\sum cos2A}{4}=\dfrac{3-\sum(2cos^2A-1)}{4}=\dfrac{3-\sum cos^2A}{2}$
Άρα μένει να δείξουμε ότι $\dfrac{3-\sum cos^2A}{2}\leq \frac{9}{4}\left ( \frac{3}{4}-\frac{r^{2}}{R^{2}} \right )$
Γράφουμε $r/R=l\leq 1/2$ και από την $\sum cos^2A\geq (\sum cos A)^2/3=(1+l)^2/3$ η παραπάνω ανάγεται στην $100l^2-16l-17\leq 0\Leftrightarrow (l-1/2)(50l+17)\leq 0$ που ισχύει.
το αριστερό μέλος φαίνεται πιο πολύπλοκο με αυτόν τον τρόπο (οδηγεί στην $33\geq 8\sum cos^2A+108(\sum cosA-1)^2$ αν δεν κάνω λάθος)

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #4

Θα ήθελα να ευχαριστήσω τον Πρόδρομο τόσο για την προσοχή που έδωσε στη λύση μου όσο και για τη λύση του.
Αν ξέρω ότι κάποια ταλαντούχα παιδιά διαβάζουν κάποιες δημοσιεύσεις μου, αυτό μου δίνει λίγο κουράγιο να συνεχίσω να ασχολούμαι με απαιτητικά θέματα.

O 585 ΑΠΟ MATHEMATICAL REFLECTIONS

O 585 ΑΠΟ MATHEMATICAL REFLECTIONS

Re: O 585 ΑΠΟ MATHEMATICAL REFLECTIONS

Re: O 585 ΑΠΟ MATHEMATICAL REFLECTIONS

Re: O 585 ΑΠΟ MATHEMATICAL REFLECTIONS

Μέλη σε σύνδεση