ANIΣΟΤΗΤΑ ΣΕ ΙΣΟΕΔΡΙΚΟ ΤΕΤΡΑΕΔΡΟ

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #1

Σε ισοεδρικό τετράεδρο OABC

αποδείξτε ότι

$\displaystyle R^{2}\geq \frac{E\sqrt{3}}{2}$

όπου

η ακτίνα της περιγεγραμμένης σφαίρας του τετραέδρου

και

το εμβαδόν των ίσων τριγωνικών εδρών του.

#2

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Τετ Απρ 03, 2024 3:18 pm
Σε ισοεδρικό τετράεδρο αποδείξτε ότι

$\displaystyle R^{2}\geq \frac{E\sqrt{3}}{2}$

όπου η ακτίνα της περιγεγραμμένης σφαίρας του τετραέδρου

και το εμβαδόν των ίσων τριγωνικών εδρών του.

Έστω

η διδιάμεσος των AD, BC

που είναι και κοινή κάθετος και

το μέσο της MN.

Επειδή

το τετράεδρο είναι ισοεδρικό, το

είναι και περίκεντρο, Οπότε GO=GA=GB=GC=R.

: Ανισότητα σε ισοεδρικό.png (16.81 KiB) Προβλήθηκε 296 φορές

$\displaystyle {R^2} = G{M^2} + \frac{{{a^2}}}{4} = \frac{{M{N^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{4}$ και από εδώ (#2), $\displaystyle {R^2} = \frac{1}{8}\left( {{b^2} + {c^2} - {a^2}} \right) + \frac{{{a^2}}}{4}$

Άρα, $\displaystyle {R^2} = \frac{1}{8}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right).$ Εξάλλου, $\displaystyle {E^2} = \frac{{4{a^2}{b^2} - {{\left( {{a^2} + {b^2} - {c^2}} \right)}^2}}}{{16}}$

Θα δείξω ότι, $\displaystyle {R^4} \geqslant \frac{3}{4}{E^2} \Leftrightarrow {\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)^2} \geqslant 12{a^2}{b^2} - 3{\left( {{a^2} + {b^2} - {c^2}} \right)^2} \Leftrightarrow$

$\displaystyle {({a^2} + {b^2})^2} + {c^4} + 2{c^2}({a^2} + {b^2}) \geqslant 12{a^2}{b^2} - 3{({a^2} + {b^2})^2} - 3{c^4} + 6{c^2}({a^2} + {b^2}) \Leftrightarrow$

$\displaystyle {a^4} + {b^4} + {c^4} \geqslant {a^2}{b^2} + {a^2}{c^2} + {b^2}{c^2},$ που ισχύει.

Η ισότητα επιτυγχάνεται όταν a=b=c,

δηλαδή όταν το τετράεδρο είναι κανονικό.

Al.Koutsouridis · #3

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Τετ Απρ 03, 2024 3:18 pm
Σε ισοεδρικό τετράεδρο αποδείξτε ότι

$\displaystyle R^{2}\geq \frac{E\sqrt{3}}{2}$

όπου η ακτίνα της περιγεγραμμένης σφαίρας του τετραέδρου

και το εμβαδόν των ίσων τριγωνικών εδρών του.

Έστω

τα μήκη των ακμών μιας εκ των ίσων εδρών του τετραέδρου,

το κέντρο της περιγεγραμμένης σφαίρας του και

το σημείο τομής των διαμέσων του. Οπώς έχουμε δει σε ισοεδρικό τετράδρο τα σημεία

και

συμπίπτουν. Από την δημοσίευση εδώ έχουμε υπολογίσει, ότι για την απόσταση δυο σημείων M,P

ως προς ένα τετράεδρο και τις βαρυκεντρικές συντεταγμένες του σημείου

ισχύει η σχέση

$\displaystyle{MP^2=\sum_{i=1}^{4} \lambda_{i}\rho_{i}^{2} - \sum_{i,j=1; i<j}^{4} \lambda_{i}\lambda_{j} a_{ij}^{2}}$ $\quad$ (2)

Εφαρμόζουμε την παραπάνω σχέση για τα σημεία $P \equiv G$ με βαρυκεντρικές συντεταγμένες $(\lambda_{1}, \lambda_{2}, \lambda_{3}, \lambda_{4}) = \left ( \frac{1}{4}, \frac{1}{4} , \frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$ και για $M \equiv O$ , οπότε και $\rho_{i}= R$ και βρίσκουμε

$\displaystyle{OG^2=R^2 - \dfrac{1}{16}\sum_{i,j=1; i<j}^{4} a_{ij}^{2}}$

η οποία σχέση, εφόσον $O \equiv G$ , γίνεται

$R^2 =\dfrac{a^2+b^2+c^2+a^2+b^2+c^2}{16} = \dfrac{a^2+b^2+c^2}{8}$

Τώρα έχουμε διαδοχικά τις ανισότητες

$R^2 =\dfrac{1}{8} (a^2+b^2+c^2) \geq \dfrac{1}{8} \cdot \dfrac{(a+b+c)^2}{3} = \dfrac{1}{2 \cdot 3} \left( \dfrac{a+b+c}{2}\right)^2 = \dfrac{1}{2 \cdot 3} p^2 = \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{3} \cdot \sqrt{p^4}=$

$= \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{3} \cdot \sqrt{p ( (p-a)+(p-b)+(p-c))^3} \geq \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{3} \cdot \sqrt{ p \cdot 27(p-a)(p-b)(p-c)} =$

$= \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{3} \sqrt{27E^2} = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \cdot E$

όπου $p=\dfrac{a+b+c}{2}$ η ημιπερίμετρος μιας εκ των ίσων εδρών του τετράεδρου.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #4

Για μια ακόμη φορά οφείλω ευχαριστίες στους Γιώργο Βισβίκη και Αλέξανδρο Κουτσουρίδη για τις σκέψεις τους...
Ας δούμε στο πώς κατέληξα στην ανισότητα αυτή.

Βρήκα ότι $\displaystyle {R^2} = \frac{1}{8}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right).$

Θυμήθηκα τη γνωστή ανισότητα Weitzenböck
$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 4\sqrt{3}E.$

Το μόνο που έμενε ήταν να προτείνω την ανισότητα που βρήκα...

ANIΣΟΤΗΤΑ ΣΕ ΙΣΟΕΔΡΙΚΟ ΤΕΤΡΑΕΔΡΟ

ANIΣΟΤΗΤΑ ΣΕ ΙΣΟΕΔΡΙΚΟ ΤΕΤΡΑΕΔΡΟ

Re: ANIΣΟΤΗΤΑ ΣΕ ΙΣΟΕΔΡΙΚΟ ΤΕΤΡΑΕΔΡΟ

Re: ANIΣΟΤΗΤΑ ΣΕ ΙΣΟΕΔΡΙΚΟ ΤΕΤΡΑΕΔΡΟ

Re: ANIΣΟΤΗΤΑ ΣΕ ΙΣΟΕΔΡΙΚΟ ΤΕΤΡΑΕΔΡΟ

Μέλη σε σύνδεση