Ακτίνες κύκλων τριγώνου

#1

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 .

#2

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: $\displaystyle{{(OI)^2} = R(R - 2\rho ) \ge 0 \Leftrightarrow R \ge 2\rho }$

#3

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

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

#4

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

#5

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.

Ακτίνες κύκλων τριγώνου

Ακτίνες κύκλων τριγώνου

Re: Ακτίνες κύκλων τριγώνου

Re: Ακτίνες κύκλων τριγώνου

Re: Ακτίνες κύκλων τριγώνου

Re: Ακτίνες κύκλων τριγώνου

Μέλη σε σύνδεση