Ανισότητα με τρίγωνο και σημείο

#1

Δίνεται τρίγωνο ABC

και τυχαίο σημείο

του επιπέδου του.

Να δείξετε ότι $\displaystyle {\frac{PA}{AB\cdot AC}+\frac{PB}{BA\cdot BC}+\frac{PC}{CA\cdot CB}\geq \frac{1}{R},}$

όπου

η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC

.

#2

Ωραία γεωμετρική ανισότητα, η οποία αποδεικνύεται με πολλούς τρόπους.
Παραθέτω μία απόδειξη:
Ας είναι $\displaystyle{E}$ το εμβαδόν του τριγώνου.

Ας θυμηθούμε την ανισότητα Hayashi:

$\displaystyle{\frac{PA\cdot PB}{ab}+\frac{PB\cdot PC}{bc}+\frac{PC\cdot PA}{ca}\geq 1}$ (1)

και την ανισότητα Oppenheim:

$\displaystyle{xa^2+yb^2+zc^2\geq 4E\sqrt{xy+yz+zx}}$ (2) , $\displaystyle{x,y,z>0.}$

Θέτουμε στην (2) $\displaystyle{x=\frac{PA}{a},y=\frac{PB}{b},z=\frac{PC}{c}}$ και με χρήση της (1) αναγόμαστε στην

$\displaystyle{aPA+bPB+cPC\geq 4E,}$ η οποία είναι η ζητούμενη.

#3

: R1.jpg (4.04 KiB) Προβλήθηκε 790 φορές

έστω ότι τα A,B,C είναι τα μέσα των πλευρών του KLM
Τότε $\displaystyle{(PLM)=1/2(2a)v_1=a.v_1\le aPA}$ αφού το υψος $\displaystyle{v_1\le PA}$ και κυκλικά.
Προσθέτοντας κατά μελη παίρνουμε $\displaystyle{4E=(KLM)\le aPA+bPB+cPC}$ ή $\displaystyle{\frac{abc}{R}\le aPA+bPB+cPC\Leftrightarrow \frac{1}{R}\le \frac{PA}{bc}+\frac{PB}{ca}+\frac{PC}{ab}}$ ο.ε.δ

#4

R BORIS έγραψε:
R1.jpg
έστω ότι τα A,B,C είναι τα μέσα των πλευρών του KLM
Τότε $\displaystyle{(PLM)=1/2(2a)v_1=a.v_1\le aPA}$ αφού το υψος $\displaystyle{v_1\le PA}$ και κυκλικά.
Προσθέτοντας κατά μελη παίρνουμε $\displaystyle{4E=(KLM)\le aPA+bPB+cPC}$ ή $\displaystyle{\frac{abc}{4R}\le aPA+bPB+cPC\Leftrightarrow \frac{1}{4R}\le \frac{PA}{bc}+\frac{PB}{ca}+\frac{PC}{ab}}$ ο.ε.δ

Εξαιρετική απόδειξη!!!

Απ'ό,τι βλέπω όμως, έτσι δουλεύει μόνο όταν το σημείο $\displaystyle{P}$ είναι εσωτερικό του τριγώνου $\displaystyle{KLM.}$

Μάλλον όμως ''σώζεται'' αν γίνει χρήση προσημασμένων εμβαδών.

badoun · #5

Προσπαθώντας αυτή απέδειξα (με λίγο περισσότερο κόπο) τη ζητούμενη σε αυτό το θέμα ανισότητα.
Επειδή όμως το λάθος μου στην άσκηση το κατάλαβα αφού είχα γράψει όλον τον κώδικα,μιας και τελικά είναι απάντηση σε κάτι,το παραθέτω εδώ(να μην πάει χαμένος τόσος κόπος και τόσες νέες γνώσεις μιας και πρώτη φορά συναντώ αυτές τις ανισότητες και πιστεύω πως αν δεν υπήρχε το

δεν θα τις έβλεπα.....).Παραθέτω λοιπόν την απάντηση όπως την είχα έτοιμη ως εκείνο το σημείο για την παραπάνω άσκηση:

Θα χρειαστούμε δύο ανισότητες:
1.Την ανισότητα Bottema-Kooi: $\displaystyle{(x+y+z)^2 \cdot R^2\geq yza^2+zxb^2+xyc^2}$
2.Την ανισότητα Hayashi : $\displaystyle{\frac{PA \cdot PB}{a\cdot b}+\frac{PB \cdot PC}{b \cdot c} + \frac{PA \cdot PC}{a\cdot c} \geq 1}$
όπου x,y,z τυχαίοι αριθμοί, R η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου, a,b,c οι πλευρές τριγώνου ABC και Ρ τυχαίο σημείο.

(περισσότερες πληροφορίες για τις ανισότητες αυτές θα βρείτε εδώ!)

Ξεκινάμε.....

Θέτοντας στην ανισότητα Bottema-Kooi $x=a \cdot PA ,\ y=b \cdot PB ,\ z=c \cdot PC$ παίρνουμε τα εξής αποτελέσματα:

$\displaystyle{(aPA+bPB+cPC)^2 R^2=a^2 bcPB \cdot PC + b^2 acPA \cdot PC + c^2 ab PA \cdotPB$

παραγοντοποιώντας το δεύτερο μέλος και διαιρώντας και τα δύο μέλη με a^2b^2c^2

έχουμε ότι:

$\displaystyle{\frac{(aPA+bPB+cPC)^2 R^2}{a^2b^2c^2} \geq \frac{PB \cdot PC}{bc}+\frac{PA \cdot PC}{ac}+\frac{PA \cdot PB}{ab}}$

Όμως λόγω της ανισότητας Hayashi έχουμε οτι

$\displaystyle{\frac{PB \cdot PC}{bc}+\frac{PA \cdot PC}{ac}+\frac{PA \cdot PB}{ab} \geq 1}$
Άρα:
$\displaystyle{\frac{(aPA+bPB+cPC)^2 R^2}{a^2b^2c^2} \geq 1 \Rightarrow (\frac{aPA+bPB+cPC}{abc})^2 \geq \frac{1}{R^2} \Rightarrow (\frac{PA}{bc}+\frac{PB}{ac}+\frac{PC}{ab})^2 \geq (\frac{1}{R})^2}$

Τελικά

$\displaystyle{\frac{PA}{bc}+\frac{PB}{ac}+\frac{PC}{ab}\geq \frac{1}{R}}$

Συγνώμη για το ετεροχρονισμένο μιας και έχουν περάσει μήνες απο τότε που "μπήκε" η παραπάνω άσκηση! Το βραδάκι θα προσπαθήσω πάλι την "καινούρια"

Ανισότητα με τρίγωνο και σημείο

Ανισότητα με τρίγωνο και σημείο

Re: Ανισότητα με τρίγωνο και σημείο

Re: Ανισότητα με τρίγωνο και σημείο

Re: Ανισότητα με τρίγωνο και σημείο

Re: Ανισότητα με τρίγωνο και σημείο

Μέλη σε σύνδεση