Εξάγωνο!

#1

Έστω $\displaystyle{A B C D E F}$ κυρτό εξάγωνο, για το οποίο ισχύει $\displaystyle{AB=BC, CD=DE, EF=FA.}$
Να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{\frac{BC}{BE}+\frac{DE}{DA}+\frac{FA}{FC}\geq \frac{3}{2}.}$

S.E.Louridas · #2

Μία σκέψη:
Εφαρμόζοντας το θεώρημα του Πτολεμαίου στα μή εγγεγραμμένα τετράπλευρα ABCE, CDEA, FABE, παίρνουμε:

$\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {\frac{{BC}} {{BE}} \geqslant \frac{{AC}} {{AE + CE}}} \\ {\frac{{DE}} {{DA}} \geqslant \frac{{EC}} {{CA + AE}}} \\ {\frac{{FA}} {{FC}} \geqslant \frac{{AE}} {{AE + CE}}} \\ \end{array} } \right\}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( + \right)} \frac{{BC}} {{BE}} + \frac{{DE}} {{DA}} + \frac{{FA}} {{FC}} \geqslant \frac{{AC}} {{AE + CE}} + \frac{{EC}} {{CA + AE}} + \frac{{AE}} {{AE + CE}} \geqslant \frac{3} {2},$ κατά τα γνωστά.

*Από ότι βλέπω το θέμα ισχύει και όταν τα Β, D, F είναι μέσα τών πλευρών AC, CE, EA αντίστοιχα.

**Ζητώντας την άδεια του εισηγητή του θέματος δηλ. του Θάνου, ας μου επιτραπεί, και σε style Open Question, κύρια πρός τους φίλους Seniors:
Ισχύει το παραπάνω θεώρημα του Πτολεμαίου και σε μή κυρτό τετράπλευρο;

S.E.Louridas

Tsiri · #3

S.E.Louridas έγραψε: **Ζητώντας την άδεια του εισηγητή του θέματος δηλ. του Θάνου, ας μου επιτραπεί, και σε style Open Question, κύρια πρός τους φίλους Seniors:
Ισχύει το παραπάνω θεώρημα του Πτολεμαίου και σε μή κυρτό τετράπλευρο;

Κάνω μια προσπάθεια να απαντήσω.
Έστω ABCD μη-κυρτό τετράπλευρο με A την κορυφή με την μη-κυρτή γωνία. Θεωρώ A' το συμμετρικό του A ως προς τη BD. Από αυτό έχουμε ΒΑ=ΒΑ' και DΑ=DΑ' και ακόμα

$\hat{A} > 180 \Leftrightarrow 360 - \hat{BA'D} > 180 \Leftrightarrow 180>\hat{BA'D}$ άρα κυρτή.

Έστω Κ το σημείο τομής των BD και AA' και επίσης η CA θα τέμνει το BD, έστω στο L (εσωτερικό σημείο της BD). Άρα:
$\hat{KAL}+\hat{AKL}=\hat{KAL}+90 < 180 \Leftrightarrow \hat{A'AL}<90 \Leftrightarrow \hat{CAA'}>180 \Rightarrow \hat{CAA'}>\hat{AA'C} \Leftrightarrow CA'>CA$

Τώρα αν το τετράπλευρο A'BCD είναι μη-κυρτό επαναλαμβάνω ομοίως την διαδικασία με την κορυφή που έχει τη μη-κυρτή γωνία, ώσπου να καταλήξω σε κυρτό τετράπλευρο. Αυτό το τετράπλευρο θα έχει όπως δείχθηκε ίσες τις αντίστοιχες πλευρές αλλά μεγαλύτερη τουλάχιστον τη μία διαγώνιο από το αρχικό μη-κυρτό τετράπλευρο. Οπότε θα έχω, αν υποθέσω ότι το A'BCD είναι το τελικό κυρτό:

$CA' > CA \Rightarrow BD\times CA' > BD \times CA \Leftrightarrow (A'B \times CD) + (DA' \times BC) - (BD \times CA') < (AB \times CD) + (DA \times BC) - (BD \times CA)$

Και επειδή $(A'B \times CD) + (DA' \times BC) - (BD \times CA') \geq 0$ λόγω του θεωρήματος του Πτολεμαίου, τελικώς έχω:
$(AB \times CD) + (DA \times BC) - (BD \times CA) > 0$ για τυχαίο μη-κυρτό τετράπλευρο.

Τσιριγώτης Χρήστος

Εξάγωνο!

Εξάγωνο!

Re: Εξάγωνο!

Re: Εξάγωνο!

Μέλη σε σύνδεση