Τριγωνομετρική ανισότητα

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4002
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Τριγωνομετρική ανισότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Δευ Ιούλ 01, 2019 10:37 pm

Να δειχθεί ότι σε κάθε τρίγωνο ισχύει ότι:

\displaystyle{\left ( \sin \frac{A}{2} + \sin \frac{B}{2} \right )^2 + \left ( \sin \frac{B}{2} + \sin \frac{C}{2} \right )^2 + \left ( \sin \frac{C}{2} + \sin \frac{A}{2} \right )^2 \leq 3}


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6172
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Τριγωνομετρική ανισότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Τρί Ιούλ 02, 2019 8:27 am

Η ανισότητα αυτή σίγουρα δεν είναι κατάλληλη για το επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη.

Ουσιαστικά πρόκειται για μια μορφή της ανισότητας Walker, σύμφωνα με την οποία σε κάθε μη αμβλυγώνιο τρίγωνο ισχύει

\displaystyle{s^2\geq 2R^2+8Rr+3r^2.} (\displaystyle{\color{red}\bigstar})

Αυτό γίνεται φανερό αν πρώτα παρατηρήσουμε ότι η αρχική είναι συνέπεια της

\displaystyle{(\cos A+\cos B)^2+(\cos B+\cos C)^2+(\cos C+\cos A)^2\leq 3} σε μη αμβλυγώνια τρίγωνα. (\displaystyle{\color{red}\clubsuit})

Τώρα η (\displaystyle{\color{red}\bigstar}) προκύπτει με χρήση των τύπων για τα \displaystyle{\sum \cos ^2A, \sum \cos A\cos B}.

Ας δούμε μια γουστόζικη απόδειξη της (\displaystyle{\color{red}\clubsuit}):

Από Cauchy-Schwarz είναι

\displaystyle{(a\cos B+b\cos A)\left(\frac{\cos B}{a}+\frac{\cos A}{b}\right)\geq (\cos A+\cos B)^2}

άρα

\displaystyle{(\cos A+\cos B)^2\leq c\left(\frac{\cos B}{a}+\frac{\cos A}{b}\right)}.

Επομένως είναι

\displaystyle{(\cos A+\cos B)^2+(\cos B+\cos C)^2+(\cos C+\cos A)^2\leq }

\displaystyle{\leq \frac{c\cos B}{a}+\frac{c\cos A}{b}+\frac{b\cos A}{c}+\frac{b\cos C}{a}+\frac{a\cos B}{c}+\frac{a\cos C}{b}=3.}

Τόλη, θα ήθελα να δω από που είναι αυτή η ανισότητα και από ποια απόδειξη συνοδεύεται.


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4002
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: Τριγωνομετρική ανισότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Τρί Ιούλ 02, 2019 1:33 pm

Η λύση που είδα για αυτή την ανισότητα...

Αν δηλώσουμε με s την ημιπερίμετρο τότε από το νόμο συνημιτόνων έχουμε:

\displaystyle{\begin{equation*} \sin^2 \frac{C}{2} = \frac{\left ( s-a \right )\left ( s-b \right )}{ab}  \tag{1} \end{equation*}} \displaystyle{\begin{equation*} \sin^2 \frac{A}{2} = \frac{\left ( s-b \right )\left ( s-c \right )}{bc} \tag{2} \end{equation*}} \displaystyle{\begin{equation*} \sin^2 \frac{B}{2} = \frac{\left ( s-a \right )\left ( s-c \right )}{ac} \tag{3} \end{equation*}}
Οπότε από την ανισότητα Cauchy έχουμε:

\displaystyle{\begin{aligned}  
\left ( \sin \frac{A}{2} + \sin \frac{B}{2} \right )^2 &= \frac{s-c}{c} \left ( \sqrt{s-b} \cdot \frac{1}{\sqrt{b}} +\sqrt{s-a} \cdot \frac{1}{\sqrt{a}} \right )^2 \\  
&\leq \frac{s-c}{c} \cdot \left ( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} \right )\cdot \left ( s-a+s-b \right ) \\  
&= \frac{\left ( a+b-c \right )\left ( a+b \right )c}{2abc}\\ &= \frac{\left ( a^2+b^2 \right )c -c^2\left ( a+b \right ) +2abc}{2abc} \\  
&= 1 + \frac{\left ( a^2+b^2 \right )c -c^2\left ( a+b \right )}{2abc}  
\end{aligned}}
και άρα

\displaystyle{\begin{aligned} 
 \sum \left ( \sin \frac{A}{2} + \sin \frac{B}{2} \right )^2 &\leq 3 + \sum \frac{\left ( a^2+b^2 \right )c -c^2\left ( a+b \right )}{2abc} \\ 
 &=3 + \frac{1}{2abc} \left ( \sum \left ( a^2+b^2 \right )c - \sum c^2 \left ( a+b \right ) \right ) \\  
&= 3  
\end{aligned}}


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης