Ακτίνες κύκλων τριγώνου

Συντονιστής: ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ

Άβαταρ μέλους
swsto
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 392
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 11:43 pm

Ακτίνες κύκλων τριγώνου

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από swsto » Κυρ Φεβ 08, 2015 11:32 am

Αν είναι \text{R} και \text{ }\!\!\rho\!\!\text{ } οι ακτίνες του περιγεγραμμένου και του εγγεγραμμένου κύκλου τριγώνου AB\Gamma , αντίστοιχα , να δείξετε ότι \text{R}\ge \text{2 }\!\!\rho\!\!\text{ }.
Από φυλλάδιο σχολείου για τους τύπους για το εμβαδό τριγώνου . Γεωμετρικά αποδεικνύεται σχετικά εύκολα . Η αλγεβρική απόδειξη παρουσιάζει ενδιαφέρον στη χρήση ανισοτήτων .


Σωτήρης Στόγιας
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9348
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Ακτίνες κύκλων τριγώνου

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Κυρ Φεβ 08, 2015 12:19 pm

swsto έγραψε:Αν είναι \text{R} και \text{ }\!\!\rho\!\!\text{ } οι ακτίνες του περιγεγραμμένου και του εγγεγραμμένου κύκλου τριγώνου AB\Gamma , αντίστοιχα , να δείξετε ότι \text{R}\ge \text{2 }\!\!\rho\!\!\text{ }.
Από φυλλάδιο σχολείου για τους τύπους για το εμβαδό τριγώνου . Γεωμετρικά αποδεικνύεται σχετικά εύκολα . Η αλγεβρική απόδειξη παρουσιάζει ενδιαφέρον στη χρήση ανισοτήτων .
Καλημέρα!

Εκτός φακέλου.
Αν O, I είναι το περίκεντρο και το έγκεντρο αντίστοιχα, τότε από το θεώρημα του Euler είναι: \displaystyle{{(OI)^2} = R(R - 2\rho ) \ge 0 \Leftrightarrow R \ge 2\rho }


Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6260
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Ακτίνες κύκλων τριγώνου

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Κυρ Φεβ 08, 2015 12:28 pm

Πρόκειται για την πασίγνωστη ανισότητα Euler-Chapple, της οποίας έχουμε δει πολλές γενικεύσεις.

Μετά την απόδειξη μέσω της απόστασης περίκεντρου-έγκεντρου, μια στάνταρ αλγεβρική απόδειξη πάει ως εξής:

Από την ανισότητα \displaystyle{x+y\geq 2\sqrt{xy}~\forall x,y>0} έχουμε

\displaystyle{(a+b-c)+(b+c-a)\geq 2\sqrt{(a+b-c)(b+c-a)}\implies b\geq \sqrt{(a+b-c)(b+c-a)}.}

Ομοίως έχουμε

\displaystyle{a\geq \sqrt{(a+b-c)(a+c-b)}} και \displaystyle{c\geq \sqrt{(c+a-b)(c+b-a)}.}

Με πολλαπλασιασμό αυτών λαμβάνουμε

\displaystyle{abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}

η οποία γράφεται ως

\displaystyle{4ER\geq 8(s-a)(s-b)(s-c)\implies 4srR\geq 8sr^2\implies \boxed{R\geq 2r}}


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
swsto
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 392
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 11:43 pm

Re: Ακτίνες κύκλων τριγώνου

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από swsto » Κυρ Φεβ 08, 2015 2:19 pm

Χωρίς να θέλω να κρίνω κανέναν ο καθηγητής κατεύθυνε τους μσθητές στην Άλγεβρική λύση .


Σωτήρης Στόγιας
Άβαταρ μέλους
nsmavrogiannis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4286
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 7:13 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Ακτίνες κύκλων τριγώνου

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nsmavrogiannis » Κυρ Φεβ 08, 2015 9:20 pm

swsto έγραψε:Αν είναι \text{R} και \text{ }\!\!\rho\!\!\text{ } οι ακτίνες του περιγεγραμμένου και του εγγεγραμμένου κύκλου τριγώνου AB\Gamma , αντίστοιχα , να δείξετε ότι \text{R}\ge \text{2 }\!\!\rho\!\!\text{ }.
Από φυλλάδιο σχολείου για τους τύπους για το εμβαδό τριγώνου . Γεωμετρικά αποδεικνύεται σχετικά εύκολα . Η αλγεβρική απόδειξη παρουσιάζει ενδιαφέρον στη χρήση ανισοτήτων .
Σωτήρη δεν ξέρω που θα χωρίσει η Άλγεβρα από την Γεωμετρία. Γράφω μία σχολική λύση που χρησιμοποιεί πολύ από την πρώτη και λίγο από την δεύτερη.
Θα χρειασθούμε τους τύπους
E=\rho \tau, E=\frac{\alpha \beta \gamma }{4R} και τον τύπο του Ήρωνα.
Η αποδεικτέα μας είναι ισοδύμαμη με την \frac{\alpha \beta \gamma }{4E}\geq 2\frac{E}{\tau } που με την βοήθεια του τύπου του Ήρωνα και τις σχετικές απλές πράξεις γράφεται ισοδύναμα:
\alpha \beta \gamma \geq \left( \alpha +\beta -\gamma \right) \left( \beta +\gamma -\alpha \right) \left( \gamma +\alpha -\beta \right)
Θέτοντας \alpha +\beta -\gamma =x, \beta +\gamma -\alpha =y, \gamma +\alpha -\beta =z και λυνοντας το σύστημα ως προς \alpha ,\beta ,\gamma βρίσκουμε
\alpha =\frac{x+z}{2},\beta =\frac{x+y}{2},\gamma =\frac{y+z}{2}
οπότε η αποδεικτέα μας είναι ισοδύναμη με την
\frac{x+z}{2}\cdot \frac{x+y}{2}\cdot \frac{y+z}{2}\geq xyz
που ισοδυναμεί με την
\left( x+y\right) \left( y+z\right) \left( z+x\right) \geq 8xyz
που είναι πολύ γνωστή αφού ισοδυναμεί με την
x\left( y^{2}+z^{2}\right) +y\left( z^{2}+x^{2}\right) +z\left( x^{2}+y^{2}\right) \geq 6xyz
Μαυρογιάννης

Edit 08 Φεβ. 2015 23:16
Kοιτώντας προσεκτικά την λύση του Θάνου βλέπω ότι η δική μου δεν προσθέτει κάτι πολύ διαφορςτικό. Την αφήνω για τον κόπο της πληκτρολόγησης.
τελευταία επεξεργασία από nsmavrogiannis σε Κυρ Φεβ 08, 2015 11:18 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.
Λόγος: Προσθήκη σημείωσης


Αν κανείς δεν ελπίζει, δεν θα βρεί το ανέλπιστο, οι δρόμοι για το ανεξερεύνητο θα είναι κλειστοί.
Ηράκλειτος
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

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