Και γεωμετρία και τριγωνομετρία!

#1

Αν a, b, c πλευρές τριγώνου και γ η απέναντι γωνία της πλευράς c τότε να αποδείξετε πως:

$\displaystyle{ c \ge \left( {a + b} \right)\sin (\frac{\gamma }{2}) }$

AlexandrosG · #2

Γειά σου Χρήστο,

Επειδή την θεωρώ ωραία άσκηση και δεν θέλω να χαλάσω το θέμα προτείνω σε όποιον θέλει να την προσπαθήσει πρώτα.

Λόγω των ωραίων λύσεων που δώθηκαν δίνω το παρακάτω link.

#3

Γειά σου Αλέξανδρε!
Αγνοούσα αυτό το πόστ(δεν μπαίνω στο art of problem solving, είμαι κολλημένος στο mathematica).
Όντως πολλές και ωραίες οι λύσεις.
Να πω πως το θέμα είναι προταθέν σε διαγωνισμό απο τον V.Prasolov.

#4

καλημέρα

αλλάζουμε με νόμο ημιτόνων

$\color{blue}\displaystyle{ c \geq (a + b)\sin (\frac{C }{2})\Leftrightarrow 2R \sin C\geq 2R(\sin A+\sin B)\sin \frac{C}{2}\Leftrightarrow \sin C\geq (\sin A+\sin B)\sin \frac{C}{2}\Leftrightarrow}$

$\color{blue}\displaystyle{2\sin \frac{C}{2}\cos \frac{C}{2}\geq 2\sin \frac{A+B}{2}\cos \frac{A-B}{2}\sin \frac{C}{2}\stackrel{\displaystyle \sin \frac{A+B}{2}=\cos \frac{C}{2}}\Longleftrightarrow \cos \frac{A-B}{2}\leq 1}$

με το (=) να ισχύει αν-ν Α=Β

#5

Και μία μη τριγωνομετρική λύση με λίγες πράξεις.
Ας είναι Ι το έγκεντρο του τριγώνου και Δ το σημείο τομής της ΑΙ με την ΒΓ. Είναι, ως γνωστόν, $BD=\frac{ac}{b+c}$ και εφαρμόζοντας πάλι το θεώρημα των διχοτόμων βρίσκουμε $ID=IA\frac{a}{b+c}$ . Είναι προφανώς $ID\geq r$ (r η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου), και επειδή $IA=\frac{r}{\sin \frac{A}{2}}$ , προκύπτει η ζητούμενη.

S.E.Louridas · #6

Φίλε Χρίστο,
Επίτρεψε μου μία άλλης νοοτροπίας διαπραγμάτευση:
Έστω Μ το μέσο του τόξου ΑΒ απέναντι από την κορυφή C,καλούμε d=MA=MB , x=ΜC ,R την ακτίνα του περιγραμμένου κύκλου.
Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι :
$dc \geqslant cx\sin \frac{C} {2}$ (θ. Πτολεμαίου) αρκεί
$d \geqslant 2R\sin \frac{C} {2},$
πού είναι αληθής από τον ορισμό του sin .Λάβαμε υπ’ όψη ότι :
$x \leqslant 2R.$

S.E.Louridas

#7

Με τέτοιο τίτλο δεν θα μπορούσα να μην προσπαθήσω για μια ακόμα λύση!

Καθαρόαιμη τριγωνομετρική

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ. Τα α, β, γ $\displaystyle \eta \mu \frac{\Gamma }{2}$ είναι θετικοί αριθμοί.

Είναι
$\displaystyle 1 \ge \eta \mu ^2 \frac{\Gamma }{2}\; \Rightarrow \;\left( {\alpha - \beta } \right)^2 \ge \left( {\alpha - \beta } \right)^2 \eta \mu ^2 \frac{\Gamma }{2}\; \Rightarrow \;\alpha ^2 - 2\alpha \beta + \beta ^2 \ge \left[ {\left( {\alpha + \beta } \right)^2 - 4\alpha \beta } \right]\eta \mu ^2 \frac{\Gamma }{2}\; \Rightarrow$

$\displaystyle \; \Rightarrow \;\alpha ^2 + \beta ^2 - 2\alpha \beta + 4\alpha \beta \eta \mu ^2 \frac{\Gamma }{2} \ge \left( {\alpha + \beta } \right)^2 \eta \mu ^2 \frac{\Gamma }{2}\; \Rightarrow$

$\displaystyle \Rightarrow \;\alpha ^2 + \beta ^2 - 2\alpha \beta \left( {1 - 2\eta \mu ^2 \frac{\Gamma }{2}} \right) \ge \left( {\alpha + \beta } \right)^2 \eta \mu ^2 \frac{\Gamma }{2}\; \Rightarrow$

$\displaystyle \Rightarrow \;\alpha ^2 + \beta ^2 - 2\alpha \beta \sigma \upsilon \nu \Gamma \ge \left( {\alpha + \beta } \right)^2 \eta \mu ^2 \frac{\Gamma }{2}\; \Rightarrow$

$\displaystyle \Rightarrow \gamma ^2 \ge \left( {\alpha + \beta } \right)^2 \eta \mu ^2 \frac{\Gamma }{2}\; \Rightarrow \;\gamma \ge \left( {\alpha + \beta } \right)\eta \mu \frac{\Gamma }{2}$

Το (=) ισχύει όταν α = β.
Τότε: $\displaystyle \gamma ^2 = 2\alpha ^2 - 2\alpha ^2 \sigma \upsilon \nu \Gamma = 2\alpha ^2 \left( {1 - \sigma \upsilon \nu \Gamma } \right) = 4\alpha ^2 \eta \mu ^2 \frac{\Gamma }{2}\; \Rightarrow \;\gamma = 2\alpha \eta \mu \frac{\Gamma }{2}$

Εννοείται ότι στην επίλυση οδηγήθηκα κινούμενος με την αντίστροφη φορά.
Κατόπιν γράφτηκαν τα βήματα της απόδειξης σε ευθεία.

Γιώργος Ρίζος

Και γεωμετρία και τριγωνομετρία!

Και γεωμετρία και τριγωνομετρία!

Re: Και γεωμετρία και τριγωνομετρία!

Re: Και γεωμετρία και τριγωνομετρία!

Re: Και γεωμετρία και τριγωνομετρία!

Re: Και γεωμετρία και τριγωνομετρία!

Re: Και γεωμετρία και τριγωνομετρία!

Re: Και γεωμετρία και τριγωνομετρία!

Μέλη σε σύνδεση