Γεωμετρική ανισότητα (Χρήστου Μπαλόγλου)

#1

Σε κάθε οξυγώνιο τρίγωνο με πλευρές $\gamma\leq\beta\leq\alpha$ ισχύει η ανισότητα

$\frac{R}{2}+2\rho\leq\upsilon_{\gamma}$ ,

όπου

η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου, $\rho$ η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου, και $\upsilon_{\gamma}$ το ύψος προς την πλευρά $\gamma$ .

[Στην ανισότητα αυτή -- που επέζησε της επιστροφής μου από τις ΗΠΑ και ξαναβρήκα πρόσφατα στα κιτάπια μου -- είχε καταλήξει, χωρίς απόδειξη, ο πατέρας μου ασχολούμενος με κάποιο άλλο πρόβλημα που δυστυχώς δεν θυμάμαι πια. Έχω δική μου απόδειξη, αλγεβρική φυσικά, και περιμένω κάτι διαφορετικό από το

]

Συμπλήρωση 19-6-12: όπως πρόσφατα διαπίστωσα, αυτό το άλλο πρόβλημα, όποιο και αν ήταν, είχε θέσει ο φίλος του πατέρα μου, πολιτικός μηχανικός Ξενοφών Ζερζελίδης.

Γιώργος Μπαλόγλου

#2

Σύμφωνα με την πρόταση Erdős *, αν το τρίγωνο είναι οξυγώνιο και $\displaystyle{h= \max (h_{a},h_{b},h_{c})}$ , τότε $\displaystyle{h \geq R+r.}$

Στην περίπτωσή μας, είναι προφανώς $\displaystyle{h_{c}= \max (h_{a},h_{b},h_{c})}$ , επομένως, $\displaystyle{h_{c}\geq R+r}$ , και το ζητούμενο προκύπτει από την ανισότητα του Euler $\displaystyle{R\geq 2r.}$

* Βλ. π.χ. Δ. Κοντογιάννη, Ισότητες και ανισότητες στο τρίγωνο, σελ. 129

#3

Παρουσιάζω και εγώ την απόδειξη μου -- ακριβέστερα, παρουσιάζω απόδειξη όχι της ανισότητας του πατέρα μου αλλά της ισχυρότερης ανισότητας Erdos που χρησιμοποίησε ο Θάνος.

Χρησιμοποιώντας τις σχέσεις $R=\frac{abc}{4E},\,\,\, r=\frac{2E}{a+b+c},\,\,\, h_{c}=\frac{2E}{c}$ , καθώς και τον τύπο του Ήρωνα, βλέπουμε μετά από κάποιες πράξεις ότι η ανισότητα $R+r\leq h_{c}$ είναι ισοδύναμη προς την ανισότητα

$a^{4}+b^{4}+a^{2}bc+ab^{2}c+ac^{3}+bc^{3}\leq a^{2}c^{2}+b^{2}c^{2}+2a^{2}b^{2}+a^{3}c+b^{3}c$ .

Λόγω της αρχικής υπόθεσης $c\leq b\leq a$ μπορούμε χωρίς περιορισμό της γενικότητας να υποθέσουμε c=1

, οπότε η αποδεικτέα ανισότητα γίνεται

$a^{4}+b^{4}+a^{2}b+ab^{2}+a+b\leq\mbox{\ensuremath{a^{2}+b^{2}+2a^{2}b^{2}+a^{3}+b^{3}}}$ .

Επειδή το τρίγωνο είναι οξυγώνιο, αρκεί να αποδείξουμε την ανισότητα για $1\leq b\leq a\leq\sqrt{b^{2}+1}$ . Παρατηρούμε ότι η αποδεικτέα ανισότητα γράφεται ισοδύναμα ως

$a(a-1)(b^{2}+1-a^{2})+b(b-1)(a^{2}+1-b^{2})\geq0$ ,

μια ανισότητα που προκύπτει άμεσα από την δεδομένη συνθήκη $1\leq b\leq a\leq\sqrt{b^{2}+1}$ .

Ας αναφέρω εδώ ότι με ανάλογο τρόπο είχα αποδείξει (πριν 10+ χρόνια) την λιγότερο ισχυρή ανισότητα $\frac{R}{2}+2r\leq h_{c}$ , μόνο που στο τελικό βήμα είχα χρησιμοποιήσει την κοιλότητα της συνάρτησης ως προς

και την θετικότητα της στα άκρα του $[b,\,\sqrt{b^{2}+1}]$ : η μέθοδος αυτή δεν φαίνεται να δουλεύει για την ισχυρότερη ανισότητα $R+r\leq h_{c}$ , ενώ αντιστρόφως η παρούσα στοιχειώδης μέθοδος δεν φαίνεται να δουλεύει για την $\frac{R}{2}+2r\leq h_{c}$ ! (Θάνο αν σου είναι εύκολο γράψε μας δυο λόγια για την απόδειξη του Erdos.)

Γιώργος Μπαλόγλου

#4

gbaloglou έγραψε:...
Θάνο αν σου είναι εύκολο γράψε μας δυο λόγια για την απόδειξη του Erdos.

Γιώργος Μπαλόγλου

Έστω οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ εμβαδού $\displaystyle{E}$ και $\displaystyle{p,q,t}$ οι αποστάσεις του περίκεντρου $\displaystyle{O}$ από τις πλευρές $\displaystyle{BC, CA, AB}$ του τριγώνου.
Ισχύει προφανώς,

$\displaystyle{\frac{p}{h_{a}}=\frac{(BOC)}{E}\Rightarrow p=\frac{(BOC)h_{a}}{E}}$ .

Ομοίως, έχουμε

$\displaystyle{q=\frac{(COA)h_{b}}{E}}$ και $\displaystyle{t=\frac{(AOB)h_{c}}{E}}$ .

Επομένως,

$\displaystyle{p+q+t=\frac{(BOC)h_{a}+(COA)h_{b}+(AOB)h_{c}}{E}}$

και αν $\displaystyle{h=\max (h_{a},h_{b},h_{c})}$ , προκύπτει

$\displaystyle{p+q+t \leq \frac{h\left((BOC)+(COA)+(AOB) \right)}{E}=h}$ .

Η απόδειξη ολοκληρώνεται, λαμβάνοντας υπόψιν το θεώρημα Carnot, $\displaystyle{p+q+t=R+r.}$

Γεωμετρική ανισότητα (Χρήστου Μπαλόγλου)

Γεωμετρική ανισότητα (Χρήστου Μπαλόγλου)

Re: Γεωμετρική ανισότητα (Χρήστου Μπαλόγλου)

Re: Γεωμετρική ανισότητα (Χρήστου Μπαλόγλου)

Re: Γεωμετρική ανισότητα (Χρήστου Μπαλόγλου)

Μέλη σε σύνδεση