ανισότητα

mathxl · #1

Να αποδείξετε ότι
$\sqrt{2}+\sqrt{3}>\pi$ χωρίς προσεγγίσεις ριζών...

PPetridis · #2

[Η λύση δεν ολοκληρώνεται]
Η ιδέα είναι να προσεγγίσω το $\pi$ (από πάνω) τόσο καλά ώστε η προσέγγισή του $\pi'$ να είναι μικρότερη από το $\sqrt{2} + \sqrt{3}$ , ώστε να ισχύει $\sqrt{2} + \sqrt{3} > \pi' > \pi$ και άρα $\sqrt{2} + \sqrt{3} > \pi$ .

Έστω κύκλος C ακτίνας 1 και κανονικό ν-γωνο περιγεγραμμένο σε αυτόν. Μεταξύ των περιμέτρων του κύκλου P_c

και του πολυγώνου P_v

θα ισχύει

<

, ενώ $P_c=2\pi$ άρα $2\pi<P_v$ ή $\pi<\frac{P_v}{2}$ οπότε πρέπει να βρεθεί ένα ικανά "μεγάλο" ν ώστε η περίμετρος του πολυγώνου να είναι $\frac{P_v}{2}<\sqrt{2} + \sqrt{3}$ ή $P_v<2(\sqrt{2} + \sqrt{3})$ .

Έστω Ο το κέντρο του κύκλου, ΑΒ μία πλευρά του ν-γώνου και Μ το σημείο επαφής της με τον κύκλο (ή το μέσο του ΑΒ). Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΑΜ (η Μ είναι ορθή) έχουμε OM=1

, $AM=\frac{\lambda _{v}}{2}$ και $O\hat{A}M=\frac{\omega _{\nu}}{2}=\frac{\pi}{\nu}$ , ενώ $\epsilon \phi O\hat{A}M=\frac{AM}{OM}$ , άρα $\epsilon \phi \frac{\omega _{\nu}}{2}=\frac{\frac{\lambda _{v}}{2}}{1}$ , δηλαδή $\lambda _{v}=2\epsilon \phi \frac{\omega _{\nu}}{2}$ . Έτσι η περίμετρος του πολυγώνου είναι $P _{\nu} = \nu \lambda _{\nu}=2\nu\epsilon \phi \frac{\omega _{\nu}}{2}$
(το σχήμα δίνεται και συνημμένο)

Τελικά, ζητάμε ένα ικανά μεγάλο ν ώστε να ισχύει $2\nu\epsilon \phi \frac{\omega _{\nu}}{2}<2(\sqrt{2} + \sqrt{3})$ ή ισοδύναμα $\epsilon \phi \frac{\pi}{\nu}<\frac{\sqrt{2} + \sqrt{3}}{\nu}$

Θα αποδείξω ότι για ν = 48 η παραπάνω απαίτηση ισχύει, δηλαδή ότι $\epsilon \phi \frac{\pi}{48}<\frac{\sqrt{2} + \sqrt{3}}{48}$ .

Ξεκινώντας από το ότι $\sigma\upsilon\nu\frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ και με τους τύπους αποτετραγωνισμού διαδοχικά έχουμε
$\sigma\upsilon\nu\frac{\pi}{12}=\sqrt{\frac{1+\sigma\upsilon\nu\frac{\pi}{6}}{2}}=\sqrt{\frac{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}{2}}=\frac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2}$ , άρα
$\sigma\upsilon\nu\frac{\pi}{24}=\sqrt{\frac{1+\sigma\upsilon\nu\frac{\pi}{12}}{2}}=\sqrt{\frac{1+\frac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2}}{2}}=\frac{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}}{2}$ , άρα
$\epsilon\varphi\frac{\pi}{48}=\sqrt{\frac{1-\sigma\upsilon\nu\frac{\pi}{24}}{1+\sigma\upsilon\nu\frac{\pi}{24}}}=\sqrt{\frac{1-\frac{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}}{2}}{1+\frac{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}}{2}}}=\sqrt{\frac{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}}{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}}}$

Το τελευταίο απλοποιείται ως εξής:

$\epsilon\varphi\frac{\pi}{48}= \sqrt{\frac{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}}{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}}}= \frac{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}}{\sqrt{4-(2+\sqrt{2+\sqrt{3})}}}= \frac{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}}{\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{3}}}}= \frac{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}\left(2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}\right)}{\sqrt{4-(2+\sqrt{3})}}= \frac{\sqrt{2-\sqrt{3}}\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}\left(2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}\right)}{2-\sqrt{3}}= (2+\sqrt{3})\sqrt{2-\sqrt{3}}\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}\left(2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}\right)= \sqrt{2+\sqrt{3}}\sqrt{2+\sqrt{3}}\sqrt{2-\sqrt{3}}\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}\left(2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}\right)= \sqrt{2+\sqrt{3}}\left(2\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}-2-\sqrt{2+\sqrt{3}}\right)= 2\sqrt{2+\sqrt{3}}\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}-2\sqrt{2+\sqrt{3}}-2-\sqrt{3}$

Έτσι, μένει να δείξουμε ότι

$2\sqrt{2+\sqrt{3}}\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}-2\sqrt{2+\sqrt{3}}-2-\sqrt{3}<\frac{\sqrt{2}+\sqrt{3}}{48}$

Στις πράξεις το πράγμα ξεφεύγει σε όγκο αλγεβρικών παραστάσεων και δεν μπόρεσα να βρω κάποιον σύντομο δρόμο μέσω απλοποιήσεων. Το ότι το 48 μας κάνει για την ανίσωση το γνωρίζω με "ζαβολιά" (με τη βοήθεια της GeoGebra, αν θέλετε δείτε το συνημμένο). Μάλιστα, το 48 είναι ο μικρότερος αριθμός και μας κάνει και κάθε μεγαλύτερός του. Οπότε, από εδώ και πέρα είναι "απλώς" θέμα πράξεων!

mathxl · #3

Παντελή καλώς όρισες στο φόρουμ!

Δεν έχω κάποια λύση και η προσέγγιση που σκέφτηκα είναι εντελώς διαφορετική απότι η δική σου
Συγκεκριμένα σκέφτηκα να διαιρέσω με το 2 οπότε το πρόβλημα μετασχηματίζεται στο εξής
$\displaystyle{\frac{{\sqrt 2 + \sqrt 3 }}{2} > \frac{\pi }{2} \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 2 + \sqrt 3 }}{2} > \int\limits_{\frac{{1 - \sqrt 5 }}{2}}^{\frac{{\sqrt 5 + 1}}{2}} {\frac{1}{{1 + {x^2}}}dx} }$

το δεξί μέλος παιδεύτηκα λίγο για να το φτιάξω - σκεφτόμουν ανισότητα hadamard hermitte αλλά μου τα χαλάει στα κοίλα- τέλοσπάντων δεν βλέπω να αποδίδει ο τρόπος που σκέφτηκα.
Θα περιμένουμε λοιπόν για μια λύση

Η άσκηση είναι από μαθλινκσ αναπάντητη απόσο θυμάμαι (έψαξα το λινκ αλλά δεν μπορώ να το εντοπίσω)

Ανδρέας Πούλος · #4

Επιτρέψτέ μου να διαμορφώσω λίγο την εκφώνηση αυτού του πολύ ωραίου προβλήματος.
Να αποδειχθεί με στοιχειώδη Μαθηματικά ότι:

2π > $\sqrt{3}+\sqrt{2}$ > π.

Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

Ανδρέας Πούλος · #5

Διαισθάνομαι ότι το εξαιρετικά χρήσιμο βιβλίο του Τιχομίροφ "Ιστορίες για μέγιστα και ελάχιστα",
εκδόσεις Κάτοπτρο, 1990, μπορεί να μας δώσει καλές ιδέες για τη επίλυση του προβλήματος.
Το ίδιο και το βιβλίο των Andreescu κ.α. "Geometric problems on Maxima and Minima", Birkhauser, 2006.
Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

kwstas12345 · #6

Mια απάντηση στο νέο φράγμα του κ.Ανδρέα:

Eίναι:
$\displaystyle \zeta \left(2 \right)=\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{1}{n^{2}}}=\frac{\pi^{2}}{6}=1+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}+...+\frac{1}{n^{2}}>1+\frac{1}{4}=\frac{5}{4}\Rightarrow 4\pi^{2}>30\Rightarrow 2\pi>\sqrt{30}>\sqrt{2}+\sqrt{3}$

Φιλικά,
Κώστας

kwstas12345 · #7

Nομίζω πως το άνω φράγμα μπορεί να βελτιωθεί περαιτέρω.Άς δειχτεί λοιπόν: $\displaystyle \frac{29}{25}\pi>\sqrt{2}+\sqrt{3}$ .

Φιλικά,
Κώστας

Ανδρέας Πούλος · #8

Αγαπητέ Κώστα, δεν παίζω. Χρησιμοποιείς "παράνομα" μέσα. Είπαμε εντελώς στοιχειώδη Μαθηματικά.
΄Οχι συνάρτηση Riemann κλπ. Πάντως, μου άρεσε η απόδειξή σου.
Όμως, υπάρχουν και τα αρχιαοελληνικά κόλπα.

Για παράδειγμα, μία απλή απόδειξη για την σχέση $2\pi >\sqrt{3}+\sqrt{2}$ είναι η ακόλουθη.

Κατασκευάζουμε κύκλο ακτίνας 1 και εγγράφουμε σε αυτόν τετράγωνο.

Αυτό έχει πλευρά μήκους $\sqrt{2}$ .

Ο κύκλος έχει περίμετρο 2π. Άρα $2\pi> 4\sqrt{2}$ .

Όμως, $4\sqrt{2} > \sqrt{3}+\sqrt{2}$ .

Συνεπώς, $2\pi >\sqrt{3}+\sqrt{2}$ .

Το ζόρικο θέμα είναι η άλλη (η αρχική ανισότητα). Προκαλούμε τους φίλους για εντελώς στοιχειώδη απόδειξη.
Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

#9

Ανδρέας Πούλος · #10

Σεραφείμ,
από που προκύπτει ότι 2π > 6;
Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

#11

Ανδρέας Πούλος έγραψε:από που προκύπτει ότι 2π > 6;

Από το ότι το εμβαδόν του κανονικού δωδεκαγώνου εγγεγραμμένου σε κύκλο ακτίνας 1 ισούται προς 3

Όσον αφορά την αρχική ανισότητα, μπορούμε απλά να εκμεταλλευθούμε την αναπόφευκτα στοιχειώδη ανισότητα του Αρχιμήδη, $\pi<22/7$ (χρήση κανονικού 96-γώνου), σε συνδυασμό με την $22/7<\sqrt{2}+\sqrt{3}$ (που είναι ισοδύναμη, ύστερα από δυο υψώσεις στο τετράγωνο και απαλοιφή παρονομαστών, προς την 236657 < 237160

)

Γιώργος Μπαλόγλου

#12

Και με κανονικό 48-γωνο γίνεται, για όποιον μπορεί να αποδείξει με το χέρι την $48[\frac{-t^{2}+2\sqrt{2t^{2}-t}}{2t-1}]<\sqrt{2}+\sqrt{3}$ , όπου $t=\sqrt{2-\sqrt{3}}$

[Το εμβαδόν του μοναδιαίου κύκλου, $\pi$ , είναι μικρότερο από το εμβαδόν του περιγεγραμμένου κανονικού 48-γώνου, $48[tan\frac{\pi}{48}]$ ^ για την $tan\frac{\pi}{48}$ χρησιμοποιούμε 3 φορές τον τύπο $tan\theta=\frac{-1+\sqrt{1+(tan2\theta)^{2}}}{tan2\theta}$ αρχίζοντας βέβαια από την $tan\frac{\pi}{6}=\frac{1}{\sqrt{3}}$ .]

Γιώργος Μπαλόγλου

ΥΓ Για την ανισότητα του Αρχιμήδη, $\pi<22/7$ , βρήκα το άρθρο του Burton Rosenberg "Archimedes and Pi", δείτε εδώ

ανισότητα

ανισότητα

Re: ανισότητα

Re: ανισότητα

Re: ανισότητα

Re: ανισότητα

Re: ανισότητα

Re: ανισότητα

Re: ανισότητα

Re: ανισότητα

Re: ανισότητα

Re: ανισότητα

Re: ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση