ΠΑΙΖΟΝΤΑΣ ΜΕ ΤΗΝ ΤΡΙΓΩΝΙΚΗ

#1

...Μετά από μία πολύ ωραία γεωμετρική τοποθέτηση ενος μαθητή μου το απόγευμα προεκυψε η εξής...

α) Για κάθε μιγαδικό

να αποδειχθεί ότι ισχύει $\left| z-2i \right|+\left| \bar{z}+3i \right|\le \left| z \right|+\left| \bar{z}+5i \right|$
β) Αν $w\in C$ ώστε $\left| w \right|=1$ να δειχθεί ότι $\left| 2w-1 \right|+\left| 3w-1 \right|\le 1+\left| 5w-1 \right|$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

hsiodos · #2

Μια αντιμετώπιση

α) Ονομάζουμε $\displaystyle{ {\rm A},{\rm B},\Gamma }$ τις εικόνες των $\displaystyle{5i,3i,2i}$ και $\displaystyle{M}$ την εικόνα του z .

Η προς απόδειξη σχέση γράφεται ισοδύναμα $\displaystyle{\left| {\,z - 2i\,} \right| + \left| {\,z - 3i\,} \right| \le \left| {\,z\,} \right| + \left| {\,z - 5i\,} \right|\,\,\,(1)}$

Θέτουμε τώρα $\displaystyle{ \left| {\,z - 2i\,} \right| = {\rm M}\Gamma = \kappa \,\,,\left| {\,z - 3i\,} \right| = {\rm M}{\rm B} = \lambda \,\,,\left| {\,z\,} \right| = {\rm O}{\rm M} = x\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\left| {\,z - 5i\,} \right| = {\rm M}{\rm A} = y}$

Η (1) γράφεται $\displaystyle{\kappa + \lambda \le x + y}$ και αρκεί να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{ (\kappa + \lambda )^2 \le (x + y)^2 }$ δηλαδή αρκεί $\displaystyle{ \kappa ^2 + \lambda ^2 + 2\kappa \lambda \le x^2 + y^2 + 2xy\,\,\,(2)}$

Εφαρμόζουμε το πρώτο θεώρημα διαμέσων στα τρίγωνα $\displaystyle{ AMO\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,{\rm M}{\rm B}\Gamma }$ και παίρνουμε αντίστοιχα

: τριγωνική ανισότητα.png (19.25 KiB) Προβλήθηκε 1887 φορές

$\displaystyle{ x^2 + y^2 = 2N{\rm M}^2 + \frac{{25}}{2} \Rightarrow 2N{\rm M}^2 = x^2 + y^2 - \frac{{25}}{2}\,\,\,(3) }$ και $\displaystyle{ \kappa ^2 + \lambda ^2 = 2N{\rm M}^2 + \frac{1}{2} \Rightarrow 2N{\rm M}^2 = \kappa ^2 + \lambda ^2 - \frac{1}{2}\,\,\,(4)}$

$\displaystyle{(3) \wedge (4) \Rightarrow x^2 + y^2 - \frac{{25}}{2} = \kappa ^2 + \lambda ^2 - \frac{1}{2}\, \Rightarrow x^2 + y^2 = \kappa ^2 + \lambda ^2 + 12\,\,\,(5)}$

Έτσι αντί για την (2) αρκεί βάσει της (5) να αποδείξουμε

$\displaystyle{ 2\kappa \lambda \le 2xy + 12 \Leftarrow \kappa \lambda \le xy + 6 \Leftarrow \left| {\,z - 2i\,} \right| \cdot \left| {\,z - 3i\,} \right| \le \left| {\,z\,} \right| \cdot \left| {\,z - 5i\,} \right| + 6 \Leftarrow \left| {\,z^2 - 5iz - 6\,} \right| \le \left| {\,z^2 - 5iz\,} \right| + 6}$ που ισχύει λόγω της τριγωνικής ανισότητας.

β) Αποδείξαμε ότι ισχύει $\displaystyle{ \left| {\,z - 2i\,} \right| + \left| {\,z - 3i\,} \right| \le \left| {\,z\,} \right| + \left| {\,z - 5i\,} \right|\,\,(1)}$ για κάθε $\displaystyle{z \in C}$

Η ζητούμενη προκύπτει από την (1) αν θέσουμε $\displaystyle{z = \frac{i}{w}\,}$

Γιώργος

mathxl · #3

Το (ι) με γεωμετρία (καλύτερα όπως ο Γιώργος παραπάνω)
Για το (ιι)
Για $\displaystyle{z = iw}$ από το (ι) λαμβάνουμε

$\displaystyle{\left| {iw - 2i} \right| + \left| {iw - 3i} \right| \le \left| {iw} \right| + \left| {iw - 5i} \right| \Rightarrow }$

$\displaystyle{\left| {w - 2} \right| + \left| {w - 3} \right| \le \left| w \right| + \left| {w - 5} \right| \Rightarrow }$

$\displaystyle{\left| {w - 2w\bar w} \right| + \left| {w - 3w\bar w} \right| \le 1 + \left| {w - 5w\bar w} \right| \Rightarrow }$

$\displaystyle{\left| w \right|\left| {1 - 2\bar w} \right| + \left| w \right|\left| {1 - 3\bar w} \right| \le 1 + \left| w \right|\left| {1 - 5\bar w} \right| \Rightarrow }$

$\displaystyle{\left| {2w - 1} \right| + \left| {3w - 1} \right| \le 1 + \left| {5w - 1} \right|}$

#4

Για κάτσε να εγκαινιάσω κι εγώ το νέο φόντο...
Έδω είχε γίνει παιχνίδι,όπου ο dimitris pap
είχε δώσει μία εξαιρετική και απλή λύση.
Με'γειά!!

#5

Βασικά χρησιμοποιώ την ίδια γεωμετρική ιδέα με τον hsiodos και mathxl.
1) Γενικά ισχύει:
Σε κάθε τρίγωνο $\displaystyle{ABC$ με διάμεσο την $\displaystyle{AM}$ ισχύει: $\displaystyle{ \displaystyle AM\leq \frac{AB+AC}{2}} \ \ (1)$
(Απόδειξη εύκολη: Αν $\displaystyle{A'}$ το συμμετρικό της κορυφής $\displaystyle{A}$ ως προς το σημείο $\displaystyle{ M}$ θα είναι: $\displaystyle{AA'\leq AC+A'C,\cdots}$ )

: Παίζοντας με τριγωνική 1.PNG (6.19 KiB) Προβλήθηκε 1836 φορές

2) Επίσης:
Αν στο άξονα $\displaystyle{(\varepsilon)}$ Θεωρήσουμε τα σημεία $\displaystyle{A(0), \ \ B(1), \ \ \Gamma(2), \ \ \Delta(3), \ \ E(4), \ \ Z(5)}$
τότε θα ισχύει:
$\displaystyle{\displaystyle M\Gamma +M\Delta \leq MA+MZ \ \ (2)}$
Απόδειξη:
Σύμφωνα με την (1) θα είναι:
$\displaystyle \left\{\begin{matrix} 2M\Gamma \leq MA+ME\\ \cancel{2}M\Gamma \leq MB+\cancel{M\Delta} \\ \cancel{2}M\Delta \leq \cancel{M\Gamma} +ME \\ 2M\Delta \leq MB+MZ \end{matrix}\right.\Rightarrow \\ \Rightarrow 3M\Gamma +3M\Delta \leq MA+MZ+2MB+2ME \\ \leq MA+MZ+MA+M\Gamma +M\Delta +MZ$
Από την τελευταία προκύπτει αμέσως η
$\displaystyle M\Gamma +M\Delta \leq MA+MZ$
Δηλαδή η ζητούμενη (2).
(Η ισότητα ισχύει όταν το σημείο $\displaystyle{M}$ βρεθεί πάνω στον άξονα $\displaystyle{(\varepsilon)}$ )

: Παίζοντας με τριγωνική.PNG (7.78 KiB) Προβλήθηκε 1836 φορές

3) Απόδειξη της $\displaystyle \left|z-2i \right|+\left|\bar{z} +3i\right|\leq \left|z \right|+\left|\bar{z}+5i \right| \ \ (3)$
Η (3) ισοδυναμεί με $\displaystyle \left|z-2i \right|+\left|z-3i\right|\leq \left|z \right|+\left|z-5i \right|$
ή ακόμα:
$\displaystyle MA+MB\leq MO+MC$
η οποία είναι συνέπεια της (2)

: Παίζοντας με τριγωνική 2.PNG (16.93 KiB) Προβλήθηκε 1836 φορές

: Παίζοντας με τριγωνική 3.PNG (28.42 KiB) Προβλήθηκε 1836 φορές

Κώστας Δόρτσιος

#6

...Χαιρετώ την εκλεκτή παρέα και ευχαρισρώ γιά την ενασχόληση, και προσθέτω και εγώ στις πολύ ωραίες γεωμτρικές αντιμετωπίσεις
αυτή για να δικαιολογήσω και τον τίτλο...
ι) Η ανισότητα είναι ισοδύναμη με την $\displaystyle{\left| z-2i \right|+\left| z-3i \right|\le \left| z \right|+\left| z-5i \right|}$ και «παίζοντας» ……. με τις ανισότητες ισχύουν ότι

$\displaystyle{2\left| z-2i \right|\le \left| z-3i \right|+\left| z-i \right|}$ (1) και

$\displaystyle{2\left| z-3i \right|\le \left| z-2i \right|+\left| z-4i \right|}$ (2) και με πρόσθεση κατά μέλη των (1),(2) ισχύει

$\displaystyle{2\left| z-2i \right|+2\left| z-3i \right|\le \left| z-i \right|+\left| z-2i \right|+\left| z-3i \right|+\left| z-4i \right|}$ απ όπου

$\displaystyle{\left| z-2i \right|+\left| z-3i \right|\le \left| z-i \right|+\left| z-4i \right|}$ (4)
Επίσης
$\displaystyle{2\left| z-4i \right|\le \left| z-5i \right|+\left| z-3i \right|}$ (5) και

$\displaystyle{2\left| z-i \right|\le \left| z \right|+\left| z-2i \right|}$ (6) και με πρόσθεση κατά μέλη των (4) επί 2 και (5),(6) ισχύει

$\displaystyle{2\left| z-i \right|+2\left| z-2i \right|+2\left| z-3i \right|+2\left| z-4i \right|\le }$

$\displaystyle{\le \left| z \right|+2\left| z-i \right|+\left| z-2i \right|+\left| z-3i \right|+2\left| z-4i \right|+\left| z-5i \right|}$ και μετά τις διαγραφές προκύπτει η ζητουμένη...
και γιά το (2) όπως έχει αντιμετωπισθεί ήδη....

Φιλικά Και Μαθηματικά
Βασίλης

zorba_the_freak · #7

Η πρώτη ανάγεται στην $|z-2i|+|z-3i|\leq|z|+|z-5i|,$ η οποία με ύψωση στο τετράγωνο ανάγεται στην $|z^2-5iz+6|\leq 6+|z^2-5iz|,$ η οποία είναι προφανής

ΠΑΙΖΟΝΤΑΣ ΜΕ ΤΗΝ ΤΡΙΓΩΝΙΚΗ

ΠΑΙΖΟΝΤΑΣ ΜΕ ΤΗΝ ΤΡΙΓΩΝΙΚΗ

Re: ΠΑΙΖΟΝΤΑΣ ΜΕ ΤΗΝ ΤΡΙΓΩΝΙΚΗ

Re: ΠΑΙΖΟΝΤΑΣ ΜΕ ΤΗΝ ΤΡΙΓΩΝΙΚΗ

Re: ΠΑΙΖΟΝΤΑΣ ΜΕ ΤΗΝ ΤΡΙΓΩΝΙΚΗ

Re: ΠΑΙΖΟΝΤΑΣ ΜΕ ΤΗΝ ΤΡΙΓΩΝΙΚΗ

Re: ΠΑΙΖΟΝΤΑΣ ΜΕ ΤΗΝ ΤΡΙΓΩΝΙΚΗ

Re: ΠΑΙΖΟΝΤΑΣ ΜΕ ΤΗΝ ΤΡΙΓΩΝΙΚΗ

Μέλη σε σύνδεση