4 Ασκήσεις από Πανάκη

hsiodos · #1

Ο συνάδελφος papel σε προηγούμενο θέμα έβαλε μια άσκηση από το ( πάλε ποτέ σχολικό) βιβλίο του Πανάκη. Μπήκα στον ... πειρασμό και το "ξέθαψα". Δίνω 4 ασκήσεις από το βιβλίο αυτό.

ΑΣΚΗΣΗ 1
Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει $\epsilon \phi \frac{A}{2}+\epsilon \phi \frac{B}{2}+\epsilon \phi \frac{\Gamma }{2}+ \epsilon \phi \frac{A}{2} \epsilon \phi \frac{B}{2}\epsilon \phi \frac{\Gamma }{2}=2$ να δείξετε ότι το τρίγωνο είναι ορθογώνιο.

ΑΣΚΗΣΗ 2
Αν ΑΒΓ τρίγωνο και α , β , γ γωνίες τέτοιες ώστε να ισχύει $\sigma \upsilon \nu A=\epsilon \phi \beta \epsilon \phi \gamma ,$ $\sigma \upsilon \nu B=\epsilon \phi \gamma \epsilon \phi \alpha ,$ $\sigma \upsilon \nu\Gamma =\epsilon \phi \beta \epsilon \phi \alpha$
να δείξετε ότι $\eta \mu ^2\alpha +\eta \mu ^2\beta +\eta \mu ^2\gamma =1$

ΑΣΚΗΣΗ 3
Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ να δείξετε ότι ισχύει $\sigma \phi A+\sigma \phi B+\sigma \varphi \Gamma \geq \sqrt{3}$ . Πότε ισχύει το ίσον;

ΑΣΚΗΣΗ 4
Αν χ,ψ ,ω πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε $xy+y\omega +\omega x=1$ να αποδείξετε ότι $x(y^2-1)(\omega ^2-1)+y(\omega ^2-1)(x ^2-1)+\omega (x ^2-1)(y ^2-1)=4xy\omega$ .

Γιώργος

EDIT. Διορθώθηκε η άσκηση 2 μετά από παρατήρηση του Γιώργου Ρίζου(Rigio) τον οποίο ευχαριστώ.

#2

Ξεκινώ με την 1η
$\frac{{\widehat{\rm A}}}{2} + \frac{{\widehat{\rm B}}}{2} + \frac{{\widehat\Gamma }}{2} = 90^\circ \;\;\; \Rightarrow \varepsilon \phi \left( {\frac{{\rm A}}{2} + \frac{{\rm B}}{2}} \right) = \;\varepsilon \phi \left( {90^\circ - \frac{\Gamma }{2}} \right)\;\; \Rightarrow \;...$

$\Rightarrow \;\;\varepsilon \phi \frac{{\rm A}}{2}\varepsilon \phi \frac{\Gamma }{2} + \varepsilon \phi \frac{{\rm B}}{2}\varepsilon \phi \frac{\Gamma }{2} + \varepsilon \phi \frac{{\rm A}}{2}\varepsilon \phi \frac{{\rm B}}{2} = 1$

(Είναι άσκηση στο σχολικό βιβλίο)

Ισχύει: $\varepsilon \phi \frac{{\rm A}}{2} + \varepsilon \phi \frac{{\rm B}}{2} + \varepsilon \phi \frac{\Gamma }{2} + \varepsilon \phi \frac{{\rm A}}{2}\varepsilon \phi \frac{{\rm B}}{2}\varepsilon \phi \frac{\Gamma }{2} = 2$

άρα: $\varepsilon \phi \frac{{\rm A}}{2} + \varepsilon \phi \frac{{\rm B}}{2} + \varepsilon \phi \frac{\Gamma }{2} + \varepsilon \phi \frac{{\rm A}}{2}\varepsilon \phi \frac{{\rm B}}{2}\varepsilon \phi \frac{\Gamma }{2} - \varepsilon \phi \frac{{\rm A}}{2}\varepsilon \phi \frac{\Gamma }{2} - \varepsilon \phi \frac{{\rm B}}{2}\varepsilon \phi \frac{\Gamma }{2} - \varepsilon \phi \frac{{\rm A}}{2}\varepsilon \phi \frac{{\rm B}}{2} - 1 = 0$

$\varepsilon \phi \frac{{\rm A}}{2}\left( {1 - \varepsilon \phi \frac{\Gamma }{2}} \right) + \varepsilon \phi \frac{{\rm B}}{2}\left( {1 - \varepsilon \phi \frac{\Gamma }{2}} \right) - \varepsilon \phi \frac{{\rm A}}{2}\varepsilon \phi \frac{{\rm B}}{2}\left( {1 - \varepsilon \phi \frac{\Gamma }{2}} \right) - \left( {1 - \varepsilon \phi \frac{\Gamma }{2}} \right) = 0$

$\left( {1 - \varepsilon \phi \frac{\Gamma }{2}} \right)\left( {\varepsilon \phi \frac{{\rm A}}{2} + \varepsilon \phi \frac{{\rm B}}{2} - \varepsilon \phi \frac{{\rm A}}{2}\varepsilon \phi \frac{{\rm B}}{2} - 1} \right) = 0$

$\left( {1 - \varepsilon \phi \frac{\Gamma }{2}} \right)\left( {\varepsilon \phi \frac{{\rm A}}{2}\left( {1 - \varepsilon \phi \frac{{\rm B}}{2}} \right) - \left( {1 - \varepsilon \phi \frac{{\rm B}}{2}} \right)} \right) = 0$

- $\left( {1 - \varepsilon \phi \frac{\Gamma }{2}} \right)\left( {1 - \varepsilon \phi \frac{{\rm B}}{2}} \right)\left( {1 - \varepsilon \phi \frac{{\rm A}}{2}} \right) = 0$

οπότε: $\varepsilon \phi \frac{{\rm A}}{2} = 1$ ή $\varepsilon \phi \frac{{\rm B}}{2} = 1$ ή $\varepsilon \phi \frac{{\rm \Gamma}}{2} = 1$ ,
άρα Α =90° ή Β=90° ή Γ=90°.

Νομίζω έχει αξία να αναλύσουμε λίγο τον τρόπο που πρέπει να σκεφτούμε:
Για να είναι ορθογώνιο πρέπει Α =90° ή Β=90° ή Γ=90°, δηλαδή
$\varepsilon \phi \frac{{\rm A}}{2} = 1$ ή $\varepsilon \phi \frac{{\rm B}}{2} = 1$ ή $\varepsilon \phi \frac{{\rm \Gamma}}{2} = 1$ ,
οπότε, κάνοντας ανάποδα τις πράξεις κατέληξα στην παραγοντοποίηση...

Γιώργος Ρίζος

#3

hsiodos έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 4
Αν χ,ψ ,ω πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε $xy+y\omega +\omega x=1$ να αποδείξετε ότι $x(y^2-1)(\omega ^2-1)+y(\omega ^2-1)(x ^2-1)+\omega (x ^2-1)(y ^2-1)=4xy\omega$ .

Δίνω υπόδειξη για μια ενδιαφέρουσα λύση για αυτή την ωραία άσκηση:

Θέτουμε x = σφΑ, y = σφΒ, ω = σφΓ. Η δοθείσα συνθήκη δίνει ...

Φιλικά

Μιχάλης Λάμπρου

#4

Μία τετριμμένη λύση για την 4η
Είναι:
$\begin{array}{l} x\left( {y^2 - 1} \right)\left( {\omega ^2 - 1} \right) = xy^2 \omega ^2 - x\omega ^2 - xy^2 + x \\ y\left( {\omega ^2 - 1} \right)\left( {x^2 - 1} \right) = x^2 y\omega ^2 - x^2 y - y\omega ^2 + y \\ \omega \left( {x^2 - 1} \right)\left( {y^2 - 1} \right) = x^2 y^2 \omega - y^2 \omega - x^2 \omega + \omega \\ \end{array}$

Οπότε το 1ο μέλος της σχέσης γράφεται:
$\left( {xy^2 \omega ^2 + x^2 y\omega ^2 + x^2 y^2 \omega } \right) - \left( {x\omega ^2 + y\omega ^2 - x} \right) - \left( {xy^2 + y^2 \omega - y} \right) - \left( {x^2 y + x^2 \omega - \omega } \right) =$
$= xy\omega \left( {y\omega + x\omega + xy} \right) - \omega \left( {x\omega + y\omega - 1} \right) - y\left( {xy + y\omega - 1} \right) - x\left( {xy + x\omega - 1} \right) =$
$= xy\omega + \omega xy + yx\omega + xy\omega = 4xy\omega$

Και μία λύση με την υπόδειξη του Μιχάλη:
Θέτω σφΑ = x, σφΒ = y, σφΓ = ω, οπότε η σχέση:
xy + yω + ωx = 1 γράφεται σφΑ∙σφΒ + σφΒ∙σφΓ + σφΓ∙σφΑ = 1 ή
σφΑ∙σφΒ -1 = -σφΒ∙σφΓ - σφΓ∙σφΑ ή $\displeystyle\frac{{\sigma \phi {\rm A} \cdot \sigma \phi {\rm B} - 1}}{{\sigma \phi {\rm A} + \sigma \phi {\rm B}}} = - \sigma \phi \Gamma ,\;\;\left( {\sigma \phi {\rm A} + \sigma \phi {\rm B} \ne 0} \right)$

ή σφ(Α+Β) = σφ(π-Γ), σχέση που ικανοποιείται για Α, Β, Γ γωνίες τριγώνου.

Η αρχική σχέση γράφεται:
$\displeystyle\frac{{\left( {y^2 - 1} \right)\left( {\omega ^2 - 1} \right)}}{{4y\omega }} + \frac{{\left( {\omega ^2 - 1} \right)\left( {x^2 - 1} \right)}}{{4x\omega }} + \frac{{\left( {x^2 - 1} \right)\left( {y^2 - 1} \right)}}{{4xy}} = 1$ (1)
Είναι: $\displeystyle\frac{{\left( {y^2 - 1} \right)\left( {\omega ^2 - 1} \right)}}{{4y\omega }} = \frac{{\left( {\sigma \phi ^2 {\rm B} - 1} \right)\left( {\sigma \phi \Gamma ^2 - 1} \right)}}{{4\sigma \phi {\rm B} \cdot \sigma \phi \Gamma }} = \frac{{\left( {\frac{{\sigma \upsilon \nu ^2 {\rm B}}}{{\eta \mu ^2 {\rm B}}} - 1} \right) \cdot \left( {\frac{{\sigma \upsilon \nu ^2 \Gamma }}{{\eta \mu ^2 \Gamma }} - 1} \right)}}{{4\frac{{\sigma \upsilon \nu {\rm B}}}{{\eta \mu {\rm B}}} \cdot \frac{{\sigma \upsilon \nu \Gamma }}{{\eta \mu \Gamma }}}} =$
= ... = $\displeystyle\frac{{\sigma \upsilon \nu 2{\rm B} \cdot \sigma \upsilon \nu 2\Gamma }}{{\eta \mu 2{\rm B} \cdot \eta \mu 2\Gamma }} = \sigma \phi 2{\rm B} \cdot \sigma \phi 2\Gamma$ ,
(Αφού Α, Β, Γ γωνίες τριγώνου ισχύει ημΑ, ημΒ, ημΓ, ημ2Α, ημ2Β, ημ2Γ $\ne$ 0).

Οπότε η (1) γίνεται: σφ2Α∙σφ2Β + σφ2Β∙σφ2Γ + σφ2Γ∙σφ2Α = 1,
δηλαδή: σφ2Α∙σφ2Β -1 = -σφ2Β∙σφ2Γ - σφ2Γ∙σφ2Α
ή $\displeystyle\frac{{\sigma \phi 2{\rm A} \cdot \sigma \phi 2{\rm B} - 1}}{{\sigma \phi 2{\rm A} + \sigma \phi 2{\rm B}}} = - \sigma \phi 2\Gamma ,\;\;\left( {\sigma \phi 2{\rm A} + \sigma \phi 2{\rm B} \ne 0} \right)$
ή σφ(2Α+2Β) = σφ(2π-2Γ), σχέση που ικανοποιείται για Α + Β + Γ = π.

Δεν νομίζω να είχε αυτό στο νου του ο Μιχάλης...
Γιώργος Ρίζος

edit: Έκανα δύο διορθώσεις στους τύπους της σφ(Α + Β) και της σφ(2Α+2Β). Ευχαριστώ τον Γιώργο (hsiodos)!

#5

Μία ανορθόδοξη λύση για την 3η
Σίγουρα ο Πανάκης θα είχε άλλη λύση.

Για οξυγώνιο τρίγωνο

Παίρνουμε τη η συνάρτηση f(x) = σφx, 0 < x < π/2.

Επειδή f΄΄(x) = $\displaystyle\frac{{2\sigma \upsilon \nu x}}{{\eta \mu ^3 x}} > 0$ , η συνάρτηση y= σφx είναι κυρτή.
Aπό ανισότητα Jensen ισχύει:
$\displaystyle\frac{{\sigma \phi {\rm A} + \sigma \phi {\rm B} + \sigma \phi \Gamma }}{3} \ge \sigma \phi \left( {\frac{{{\rm A} + {\rm B} + \Gamma }}{3}} \right) = \sigma \phi \frac{\pi }{3} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$ , οπότε προκύπτει το ζητούμενο.
Το ίσον ισχύει όταν Α = Β = Γ = 60° (ισόπλευρο τρίγωνο).

Για ορθογώνιο τρίγωνο

Αν π.χ. Α = π/2, τότε
$\displaystyle\sigma \phi {\rm A} + \sigma \phi {\rm B} + \sigma \phi \Gamma = \sigma \phi {\rm B} + \sigma \phi \left( {\frac{\pi }{2} - {\rm B}} \right) = \sigma \phi {\rm B} + \varepsilon \phi {\rm B} =$
$\displaystyle =\frac{1}{{\eta \mu {\rm B} \cdot \sigma \upsilon \nu {\rm B}}} = \frac{2}{{\eta \mu 2{\rm B}}} \geq 2 > \sqrt 3$

Για αμβλυγώνιο, έστω Α > π/2, τότε
σφΑ = σφ(π - (Β+Γ)) = -σφ(Β+Γ)

Β, Γ οξείες, με $\frac{{B + \Gamma }}{2} < \frac{\pi }{4}\;\; \Rightarrow \;\;\sigma \phi \left( {\frac{{{\rm B} + \Gamma }}{2}} \right) > 1$ ,

οπότε: $\sigma \phi {\rm B} + \sigma \phi \Gamma \ge 2\sigma \phi \left( {\frac{{{\rm B} + \Gamma }}{2}} \right) > 2$ (από ανισότητα Jensen)

Άρα $\sigma \phi {\rm A} + \sigma \phi {\rm B} + \sigma \phi \Gamma \ge 2\sigma \phi \left( {\frac{{{\rm B} + \Gamma }}{2}} \right) - \sigma \phi \left( {{\rm B} + \Gamma } \right) =$
= $\displaystyle 2\sigma \phi \left( {\frac{{{\rm B} + \Gamma }}{2}} \right) - \frac{{\sigma \phi ^2 \left( {\frac{{{\rm B} + \Gamma }}{2}} \right) - 1}}{{2\sigma \phi \left( {\frac{{{\rm B} + \Gamma }}{2}} \right)}} = \frac{{3\sigma \phi ^2 \left( {\frac{{{\rm B} + \Gamma }}{2}} \right) + 1}}{{2\sigma \phi \left( {\frac{{{\rm B} + \Gamma }}{2}} \right)}}$

Θεωρώ τη συνάρτηση $\displaystyle f\left( x \right) = \frac{{3x^2 + 1}}{{2x}},\;x > 0$ .
H f έχει παράγωγο: f΄(x) = $\displaystyle\frac{{6x^2 - 2}}{{4x^2 }}$ και παρουσιάζει ελάχιστο στο $\displaystyle x = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$ το $\displaystyle f\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right) = \sqrt 3$ .
Οπότε για $\displaystyle x = \sigma \phi \left( {\frac{{{\rm B} + \Gamma }}{2}} \right)$ η ανισότητα ισχύει.

Γιώργος Ρίζος

edit 10:57 Διόρθωσα το >2 (στην περίπτωση ορθογωνίου) με το σωστό $\geq 2$ , μετά από υπόδειξη του Γιώργου (hsiodos). Και ξανά ευχαριστώ...!
Έψαξα και βρήκα κάποια παρόμοια θέματα:
viewtopic.php?f=21&t=723&p=4132#p4132
Διαβάζoντας τη λύση του Αλέξανδρου Συγκελλάκη (cretanman) έμαθα τον ... Jensen.

hsiodos · #6

Rigio έγραψε:Μία ανορθόδοξη λύση για την 3η
Σίγουρα ο Πανάκης θα είχε άλλη λύση.

Γιώργος Ρίζος

Προφανώς Γιώργο ο Πανάκης έχει άλλη λύση αφού απευθυνόταν σε μαθητές Ε΄ Γυμνασίου(Β΄Λυκείου). Όμως με την λύση σου μας δείχνεις ότι η ομορφιά των Μαθηματικών οφείλεται -μεταξύ των άλλων- και στο ότι είναι " ανορθοδόξως ανεξάντλητα" .

Γιώργος

Ιστοσελίδα · #7

Και για την ωραία λύση του Γιώργου ακολουθεί μια γενίκευση του θέματος αλλά σε οξυγώνιο τρίγωνο.

Αν Α, Β, Γ γωνίες οξυγωνίου τριγώνου ΑΒΓ και ν φυσικός αριθμός τότε ισχύει:
$\sigma \varphi ^\nu A + \sigma \varphi ^\nu B + \sigma \varphi ^\nu \Gamma \ge 3 \cdot \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)^\nu$

Μια σύντομη λύση που ακολουθεί ακριβώς την φιλοσοφία του Γιώργου είναι:

Θεωρώ την συνάρτηση $f(x) = \sigma \varphi ^\nu x$ με ν φυσικό αριθμό και $0 < x < \frac{\pi }{2}$

Είναι $f^{\prime}(x) = ... = - \frac{{\nu \sigma \varphi ^{\nu - 1} x}}{{\eta \mu ^2 x}}$
και $f^{\prime\prime}(x) = ... = \frac{{\nu (\nu - 1)\sigma \varphi ^{\nu - 2} x + 2\nu \eta \mu x\sigma \upsilon \nu x\sigma \varphi ^{\nu - 1} x}}{{\eta \mu ^4 x}} > 0$

Τότε $\sigma \varphi ^\nu \left( {\frac{{{\rm A} + {\rm B} + \Gamma }}{3}} \right) < \frac{1}{3}\left[ {\sigma \varphi ^\nu A + \sigma \varphi ^\nu B + \sigma \varphi ^\nu \Gamma } \right]$
Επομένως $\sigma \varphi ^\nu {\rm A} + \sigma \varphi ^\nu {\rm B} + \sigma \varphi ^\nu \Gamma > 3\sigma \varphi ^\nu \frac{\pi }{3}$ $\Rightarrow \sigma \varphi ^\nu {\rm A} + \sigma \varphi ^\nu {\rm B} + \sigma \varphi ^\nu \Gamma > 3\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)^\nu$

Το ίσον ισχύει προφανώς όταν ${\rm A} = {\rm B} = \Gamma = \frac{\pi }{3}$

#8

Ας δούμε και τη 2η:

Είναι: $\displaystyle\frac{{\sigma \upsilon \nu {\rm B}}}{{\sigma \upsilon \nu {\rm A}}} = \frac{{\varepsilon \phi \alpha }}{{\varepsilon \phi \beta }}$
και $\displaystyle\sigma \upsilon \nu \Gamma = \varepsilon \phi \beta \cdot \varepsilon \phi \alpha$ ,
οπότε $\displaystyle\varepsilon \phi ^2 \alpha = \frac{{\sigma \upsilon \nu {\rm B} \cdot \sigma \upsilon \nu \Gamma }}{{\sigma \upsilon \nu {\rm A}}}$

$\displaystyle\frac{{\eta \mu ^2 \alpha }}{{1 - \eta \mu ^2 \alpha }} = \frac{{\sigma \upsilon \nu {\rm B} \cdot \sigma \upsilon \nu \Gamma }}{{\sigma \upsilon \nu {\rm A}}}\;\; \Rightarrow \frac{{1 - \eta \mu ^2 \alpha }}{{\eta \mu ^2 \alpha }} = \frac{{\sigma \upsilon \nu {\rm A}}}{{\sigma \upsilon \nu {\rm B} \cdot \sigma \upsilon \nu \Gamma }}\;\; \Rightarrow$

$\displaystyle\frac{1}{{\eta \mu ^2 \alpha }} = \frac{{\sigma \upsilon \nu {\rm A}}}{{\sigma \upsilon \nu {\rm B} \cdot \sigma \upsilon \nu \Gamma }} + 1 = \frac{{\sigma \upsilon \nu \left( {\pi - \left( {{\rm B} + \Gamma } \right)} \right)}}{{\sigma \upsilon \nu {\rm B} \cdot \sigma \upsilon \nu \Gamma }} + 1$

$\displaystyle= \frac{{ - \sigma \upsilon \nu \left( {{\rm B} + \Gamma } \right) + \sigma \upsilon \nu {\rm B} \cdot \sigma \upsilon \nu \Gamma }}{{\sigma \upsilon \nu {\rm B} \cdot \sigma \upsilon \nu \Gamma }} = \frac{{\eta \mu {\rm B} \cdot \eta \mu \Gamma }}{{\sigma \upsilon \nu {\rm B} \cdot \sigma \upsilon \nu \Gamma }}$

άρα $\displaystyle\eta \mu ^2 \alpha = \sigma \phi {\rm B} \cdot \sigma \phi \Gamma$

Ομοίως: $\displaystyle\eta \mu ^2 \beta = \sigma \phi {\rm A} \cdot \sigma \phi \Gamma ,\;\;\eta \mu ^2 \gamma = \sigma \phi {\rm A} \cdot \sigma \phi {\rm B}$ ,
οπότε, προσθέτοντάς τα: $\displaystyle\eta \mu ^2 \alpha + \eta \mu ^2 \beta + \;\eta \mu ^2 \gamma = \sigma \phi {\rm B} \cdot \sigma \phi \Gamma + \sigma \phi {\rm A} \cdot \sigma \phi \Gamma + \sigma \phi {\rm A} \cdot \sigma \phi {\rm B} = 1$ ,

Η τελευταία σχέση προκύπτει από την ισότητα (που είδαμε και στην 4η άσκηση):

Αφού: Α, Β, Γ γωνίες τριγώνου, είναι σφ(Α+Β) = σφ(π-Γ)
ή $\displaystyle\frac{{\sigma \phi {\rm A} \cdot \sigma \phi {\rm B} - 1}}{{\sigma \phi {\rm A} + \sigma \phi {\rm B}}} = - \sigma \phi \Gamma$
άρα σφΑ∙σφΒ + σφΒ∙σφΓ + σφΓ∙σφΑ = 1.

Με την προϋπόθεση ότι συνΑ, συνΒ, συνΓ $\neq 0$ )
Γιώργος Ρίζος

hsiodos · #9

ΑΣΚΗΣΗ 3
Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ να δείξετε ότι ισχύει $\sigma \phi A+\sigma \phi B+\sigma \varphi \Gamma \geq \sqrt{3}$ . Πότε ισχύει το ίσον;

Καλημέρα
Γράφω την (ενδιαφέρουσα) λύση που έχει δώσει ο Πανάκης.

Δύο από τις γωνίες του τριγώνου θα είναι οπωσδήποτε οξείες , έστω οι γωνίες Β και Γ. Θέτουμε $\sigma \phi B=x\,\,\,\,,\sigma \phi \Gamma =y$ και έτσι θα είναι $x>0\,\,\,\,,y>0\,\,\,\,\,,x+y>0$

Τώρα $A=\pi -(B+\Gamma )$ άρα $\sigma \varphi A=-\sigma \varphi (B+\Gamma )\Rightarrow \sigma \varphi A=-\frac{\sigma \phi B\sigma \phi \Gamma -1}{\sigma \phi B+\sigma \phi \Gamma }$ \displaystyle{\Rightarrow \sigma \varphi A=\frac{1-xy}{x+y } Έτσι

\sigma \varphi A+\sigma \varphi B+\sigma \varphi \Gamma =\frac{1-xy}{x+y } +x+y Αρκεί τώρα να δείξουμε ότι

\frac{1-xy}{x+y } +x+y\geq \sqrt{3}\Rightarrow (1-xy)+(x+y)^2\geq \sqrt{3}(x+y)} $\Rightarrow x^2+y^2+xy+1-x\sqrt{3}-y\sqrt{3}\geq 0\Rightarrow x^2+(y-\sqrt{3})x+y^2-y\sqrt{3}+1\geq 0\,\,\,\,,(1)$

Η διακρίνουσα του α μέλους της (1) είναι $\Delta =...=-(y\sqrt{3}-1)^2\leq 0$ και είναι μηδέν αν $y=\frac{\sqrt{3}}{3}$ οπότε και $x=\frac{\sqrt{3}}{3}$

Συνεπώς η (1) ισχύει (Το = όταν Β=Γ=Α=π/3)

Γιώργος

zorba_the_freak · #10

Πρόβλημα 3
Από το θεώρημα συνημιτόνων παίρνουμε:

$\alpha^2=\beta^2+\gamma^2-2\beta\gamma\sigma\upsilon\nu A\Leftrightarrow \displaystyle\alpha^2=\beta^2+\gamma^2-2\beta\gamma\eta\mu A\cdot\frac{\sigma\upsilon\nu A}{\eta\mu A}\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow\displaystyle\alpha^2=\beta^2+\gamma^2-4E\cdot\sigma\phi A,$ όπου Ε=(ΑΒΓ).

Δουλεύοντας κυκλικά και προσθέτοντας κατά μέλη παίρνουμε:

$\displaystyle\sigma\phi A+\sigma\phi B+\sigma\phi\Gamma=\frac{\alpha^2+\beta^2+\gamma^2}{4\tau\rho}\geq\frac{(\alpha+\beta+\gamma)^2}{12\tau\rho}=\frac{4\tau^2}{12\tau\rho}=\frac{\tau}{3\rho}\geq\sqrt{3}$

Η τελευταία ανισότητα, είναι η γνωστή ανισότητα Mitrinovic: $\boxed{\displaystyle3\sqrt{3}\rho\leq\tau\leq\frac{3\sqrt{3}R}{2}}$

Η γενίκευση $\displaystyle\sum\sigma\phi^{\nu}A\geq3\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)^{\nu},$ αποδεικνύεται εύκολα από την power means ανισότητα:

$\boxed{A\nu\hspace{0.3cm}\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_{\nu}>0\hspace{0.3cm}\kappa\alpha\iota\hspace{0.3cm}\kappa\geq\mu,\hspace{0.3cm}\tau o\tau\epsilon\hspace{0.3cm} \displaystyle\sqrt[\kappa]{\frac{\alpha_1^{\kappa}+\alpha_2^{\kappa}+\cdots+\alpha_{\nu}^{\kappa}}{\nu}}\geq\sqrt[\mu]{\frac{\alpha_1^{\mu}+\alpha_2^{\mu}+\cdots+\alpha_{\nu}^{\mu}}{\nu}}}$

Για $\kappa=\nu$ και $\mu=1$ είναι:
$\displaystyle\sqrt[\nu]{\frac{\sum\sigma\phi^{\nu}A}{3}}\geq\frac{\sum\sigma\phi A}{3}\geq\frac{\sqrt{3}}{3}$

zorba_the_freak · #11

Σχόλιο στο πρόβλημα 1

Επειδή $\displaystyle\sum\epsilon\phi\frac{A}{2}=\frac{4R+\rho}{\tau}$ και $\displaystyle\prod\epsilon\phi\frac{A}{2}=\frac{\rho}{\tau},$ προκύπτει η εξής ενδιαφέρουσα πρόταση:

Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι $2R+\rho=\tau,$ τότε το τρίγωνο αυτό είναι ορθογώνιο.

4 Ασκήσεις από Πανάκη

4 Ασκήσεις από Πανάκη

Re: 4 Ασκήσεις από Πανάκη

Re: 4 Ασκήσεις από Πανάκη

Re: 4 Ασκήσεις από Πανάκη

Re: 4 Ασκήσεις από Πανάκη

Re: 4 Ασκήσεις από Πανάκη

Re: 4 Ασκήσεις από Πανάκη

Re: 4 Ασκήσεις από Πανάκη

Re: 4 Ασκήσεις από Πανάκη

Re: 4 Ασκήσεις από Πανάκη

Re: 4 Ασκήσεις από Πανάκη

Μέλη σε σύνδεση