Αρχιμήδεια ανισότητα εμβαδών

Al.Koutsouridis · #21

Καλημέρα,

Αλγεβρικά η προς απόδειξη ανισότητα εμβαδών στην περίπτωση ορθής τριγωνικής πυραμίδας, παίρνει μια σχετικά κομψή μορφή "τριγωνικής ανισότητας". Αν $\alpha, \beta, \gamma$ τα μέτρα των επίπεδων γωνιών στην τρίεδρη γωνία της κορυφής της πυραμίδας τότε ισοδύναμα αρκεί να δείξουμε ότι

$\sin \alpha + \sin \beta > \sin \gamma$

υπό των περιορισμό ότι και για τις γωνίες $\alpha, \beta, \gamma$ ισχύει η τριγωνική ανισότητα (γνωστή πρόταση για τριέδρες γωνίες), δηλαδή

$\alpha + \beta > \gamma$ και $| \alpha -\beta | < \gamma$ .

Θα προσπαθήσω το βράδυ να βρω απόδειξη.

#22

gbaloglou έγραψε: Τρί Νοέμ 08, 2022 7:47 am
gbaloglou έγραψε: Δευ Νοέμ 07, 2022 11:21 pm
gbaloglou έγραψε: Δευ Νοέμ 07, 2022 1:27 pm
Al.Koutsouridis έγραψε: Δευ Νοέμ 07, 2022 11:59 am Ενδιαφέρον είναι να εξεταστεί αν ισχύει γενικά για μια ορθή πυραμίδα το αποτέλεσμα και ακόμα γενικότερα για τριγωνική πυραμίδα. Δηλαδή αν το άθροισμα των εμβαδών δύο παράπλευρων εδρών μιας τριγωνικής πυραμίδας είναι πάντα μεγαλύτερο από το εμβαδό της τρίτης παράπλευρης έδρας.
Για γενική τριγωνική πυραμίδα σίγουρα όχι: το απλούστερο ίσως παράδειγμα είναι μία πυραμίδα μικρού ύψους όπου η κορυφή $\Delta$ προβάλλεται στο , οπότε το εμβαδόν της έδρας $\Delta A\Gamma$ είναι περίπου ίσο προς το εμβαδόν του τριγώνου $BA\Gamma$ , ενώ τα εμβαδά των εδρών $\Delta AB$ και $\Delta A\Gamma$ όσο μικρά θέλουμε. (Βλέπε και #4 παραπάνω.)

Για ορθή τριγωνική πυραμίδα, πυραμίδα δηλαδή που η κορυφή της $\Delta$ προβάλλεται στο κέντρο του περίκυκλου της βάσης της, η απάντηση φαίνεται να είναι θετική: ήδη η απόδειξη μου (#15) νομίζω ότι επεκτείνεται και στην περίπτωση μη ισοσκελούς βάσης $BA\Gamma$ , αρκεί το περίκεντρο $\Delta'$ να είναι εσωτερικό σημείο του $BA\Gamma$ ^ θα δω τι μπορώ να κάνω, με αναλυτικά μέσα μάλλον, και στην περίπτωση που αυτό δεν συμβαίνει.
Μία ημιτελής προσπάθεια: περνώντας σε συντεταγμένες και θέτοντας $A=(a,b,0), B=(c,d,0), \Gamma=(-a,b,0), \Delta=(0,0,h),$ όπου , προκύπτει -- μέσω υπολογισμού εμβαδών με χρήση εξωτερικού γινομένου διανυσμάτων -- ότι η επιθυμητή ανισότητα εμβαδών είναι ισοδύναμη προς την ανισότητα

$2a\sqrt{h^2+b^2}<\sqrt{2(1+ac-bd)h^2+(ad+bc)^2}+\sqrt{2(1-ac-bd)h^2+(ad-bc)^2}.$

Στην περίπτωση της ισοσκελούς βάσης, & , η ανισότητα αυτή ανάγεται άμεσα στην προφανώς ισχύουσα Στην γενική περίπτωση τα πράγματα φαίνονται αρκετά ως πολύ δυσκολότερα, ακόμη και στην 'επίπεδη' περίπτωση η ανισότητα ανάγεται, μέσω $a=cos\theta, b=sin\theta, c=cos\phi, d=sin\phi,$ στην ανεξαρτήτου ενδιαφέροντος τριγωνομετρική ανισότητα

$sin2\theta\leq |sin(\theta+\phi)|+|sin(\theta-\phi)|.$

H ανισότητα αυτή ισχύει αλλά προς το παρόν δεν έχω απόδειξη, και βεβαίως τα πράγματα μπλέκουν πιο πολύ για , ίσως κάτι να γίνεται με παραγώγους, θα δούμε (ίσως)...
Η τριγωνομετρική πολύ εύκολη τελικά, θέτοντας $\theta+\phi=\alpha, \theta-\phi=\beta,$ λαμβάνουμε

$sin2\theta=sin(\alpha+\beta)=cos\beta sin\alpha+cos\alpha sin\beta\leq|cos\beta sin\alpha|+|cos\alpha sin\beta|\leq|sin\alpha|+|sin\beta|=$

$=|sin(\theta+\phi)|+|sin(\theta-\phi)|.$

Το ίδιο τέχνασμα ΜΑΛΛΟΝ επιλύει και την γενική περίπτωση:

Θέτοντας $a=cos\theta, b=sin\theta, c=cos\phi, d=sin\phi,$ , όπως παραπάνω, η γενική ανισότητα (για $h\geq 0$ ) ανάγεται στην $f(\phi)\geq 0$ , όπου

$f(\phi)=\sqrt{2h^2(1+cos(\theta +\phi))+sin^2(\theta +\phi)}+\sqrt{2h^2(1-cos(\theta -\phi))+sin^2(\theta -\phi)}-2cos\theta\sqrt{h^2+sin^2\theta},$

όπου $\theta\leq \phi\leq \pi-\theta$ .

Όλα δείχνουν ότι η παραπάνω συνάρτηση είναι θετική στο δοθέν διάστημα, με πιθανό μέγιστο $h^2(1-sin\theta)^2+sin^4\theta>0$ για $\phi=\pi/2$ (ισοσκελής βάση $BA\Gamma$ ). Δυστυχώς δεν καταφέρνω να το αποδείξω αυτό, ίσως επανέλθω αργότερα (και αν δεν το τελειώσει κάποιος άλλος -- ακόμη και γεωμετρικά αν χρειαστεί

). Ένας τρόπος να αποδειχθεί το ζητούμενο θα ήταν να δειχθεί ότι η πρώτη παράγωγος δεν έχει άλλες ρίζες στο δοθέν διάστημα, ένας άλλος θα ήταν να δειχθεί ότι η δεύτερη παράγωγος είναι αρνητική σ' αυτό: αυτά δυστυχώς δεν ισχύουν, βλέπετε συνημμένο (όπου h=0,6

και $\theta =-1,5$ , βρίσκονται δηλαδή τα $A, \Gamma$ πλησίον και εκατέρωθεν του νοτίου πόλου, και η διαφορά $(\Delta AB)+(\Delta \Gamma B)-(\Delta A\Gamma)$ μεγιστοποιείται όχι όταν το

βρίσκεται στον βόρειο πόλο ( $\phi=\pi /2$ ) αλλά όταν $\phi \approx 0,4$ ή όταν $\phi \approx 2,8$ ). Παραθέτω τις παραγώγους:

$f'(\phi)=\dfrac{-sin(\theta+\phi)(h^2-cos(\theta+\phi))}{\sqrt{2h^2(1+cos(\theta+\phi))+sin^2(\theta+\phi)}}+\dfrac{-sin(\theta-\phi)(h^2+cos(\theta-\phi))}{\sqrt{2h^2(1-cos(\theta-\phi))+sin^2(\theta-\phi)}},$

$f''(\phi)=-\left(cos(\theta+\phi)+1\right)^2\cdot\dfrac{\left(h^4-(3cos(\theta+\phi)-2)h^2+(cos(\theta+\phi)-1)^2\right)}{\left(2h^2(1+cos(\theta+\phi))+1-cos^2(\theta+\phi)\right)^{3/2}}-$

$-\left(cos(\theta-\phi)-1\right)^2\cdot\dfrac{\left(h^4+(3cos(\theta-\phi)+2)h^2+(cos(\theta-\phi)+1)^2\right)}{\left(2h^2(1-cos(\theta-\phi))+1-cos^2(\theta-\phi)\right)^{3/2}}.$

: pyramid-inequality.png (30.33 KiB) Προβλήθηκε 1539 φορές

#23

gbaloglou έγραψε: Τετ Νοέμ 16, 2022 9:51 pm
Το ίδιο τέχνασμα ΜΑΛΛΟΝ επιλύει και την γενική περίπτωση:

Θέτοντας $a=cos\theta, b=sin\theta, c=cos\phi, d=sin\phi,$ , όπως παραπάνω, η γενική ανισότητα (για $h\geq 0$ ) ανάγεται στην $f(\phi)\geq 0$ , όπου

$f(\phi)=\sqrt{2h^2(1+cos(\theta +\phi))+sin^2(\theta +\phi)}+\sqrt{2h^2(1-cos(\theta -\phi))+sin^2(\theta -\phi)}-2cos\theta\sqrt{h^2+sin^2\theta},$

όπου $\theta\leq \phi\leq \pi-\theta$ .

Απλό ήταν τελικά (... ευτυχώς ή δυστυχώς ...):

Η ζητούμενη ανισότητα εύκολα ανάγεται στην ανισότητα:

$\displaystyle \left|cos\dfrac{\theta +\phi }{2}\right|\sqrt{h^2+sin^2\dfrac{\theta +\phi }{2}}+\left|sin\dfrac{\theta -\phi}{2}\right|\sqrt{h^2+cos^2\dfrac{\theta -\phi }{2}}>|cos\theta|\sqrt{h^2+sin^2\theta}.$

Με ύψωση στο τετράγωνο και χρήση της $\sqrt{h^2+sin^2\dfrac{\theta +\phi }{2}}\cdot \sqrt{h^2+cos^2\dfrac{\theta -\phi }{2}}>h^2+ \left|sin\dfrac{\theta +\phi }{2}\right|\cdot \left|cos\dfrac{\theta -\phi}{2}\right|$ ... η ανισότητα μας ανάγεται στις προφανώς (!) ισχύουσες

$\left|cos\dfrac{\theta +\phi }{2}\right|+\left|sin\dfrac{\theta -\phi }{2}\right|>|cos\theta |$ και $|sin(\theta +\phi )|+|sin(\theta -\phi )|>|sin2\theta |$ .

#24

gbaloglou έγραψε: Πέμ Φεβ 16, 2023 12:45 pm
gbaloglou έγραψε: Τετ Νοέμ 16, 2022 9:51 pm
Το ίδιο τέχνασμα ΜΑΛΛΟΝ επιλύει και την γενική περίπτωση:

Θέτοντας $a=cos\theta, b=sin\theta, c=cos\phi, d=sin\phi,$ , όπως παραπάνω, η γενική ανισότητα (για $h\geq 0$ ) ανάγεται στην $f(\phi)\geq 0$ , όπου

$f(\phi)=\sqrt{2h^2(1+cos(\theta +\phi))+sin^2(\theta +\phi)}+\sqrt{2h^2(1-cos(\theta -\phi))+sin^2(\theta -\phi)}-2cos\theta\sqrt{h^2+sin^2\theta},$

όπου $\theta\leq \phi\leq \pi-\theta$ .

Απλό ήταν τελικά (... ευτυχώς ή δυστυχώς ...):

Η ζητούμενη ανισότητα εύκολα ανάγεται στην ανισότητα:

$\displaystyle \left|cos\dfrac{\theta +\phi }{2}\right|\sqrt{h^2+sin^2\dfrac{\theta +\phi }{2}}+\left|sin\dfrac{\theta -\phi}{2}\right|\sqrt{h^2+cos^2\dfrac{\theta -\phi }{2}}>|cos\theta|\sqrt{h^2+sin^2\theta}.$

Με ύψωση στο τετράγωνο και χρήση της $\sqrt{h^2+sin^2\dfrac{\theta +\phi }{2}}\cdot \sqrt{h^2+cos^2\dfrac{\theta -\phi }{2}}>h^2+ \left|sin\dfrac{\theta +\phi }{2}\right|\cdot \left|cos\dfrac{\theta -\phi}{2}\right|$ ... η ανισότητα μας ανάγεται στις προφανώς (!) ισχύουσες

$\left|cos\dfrac{\theta +\phi }{2}\right|+\left|sin\dfrac{\theta -\phi }{2}\right|>|cos\theta |$ και $|sin(\theta +\phi )|+|sin(\theta -\phi )|>|sin2\theta |$ .

Μ' άλλα λόγια, η γενίκευση της ανισότητας ορθής τριγωνικής πυραμίδας του Αρχιμήδη είναι κατά βάθος η ανισότητα

$\left(|a|\sqrt{h^2+b^2}+|c|\sqrt{h^2+d^2}\right)^2\geq \left(|a|+|c|\right)^2h^2+\left(|ab|+|cd|\right)^2$

[...Να τολμήσω να πω ότι η απλότητα της παραπάνω ανισότητας ... αποτελεί ένδειξη ύπαρξης συνθετικής γεωμετρικής λύσης;;;]

#25

nrokopanos έγραψε: Τρί Νοέμ 01, 2022 11:08 pm Καλησπέρα αγαπητοί φίλοι, διαβάζοντας το «Περί Σφαίρας και Κυλίνδρου Α» του Αρχιμήδη παρατήρησα ότι χρησιμοποιείται κάποια στιγμή μια ανισότητα εμβαδών άνευ απόδειξης (στην απόδειξη της Πρότασης 9). Πιο συγκεκριμένα: σε έναν ισοσκελή κώνο ΔΑΒΓ (με κορυφή το Δ και βάση τον κύκλο ΑΒΓ) αν το Β είναι το μέσο του τόξου ΑΓ τότε ∣BΔΓ∣+∣ΔBA∣>∣AΔΓ|. Υπάρχει άραγε αμιγώς γεωμετρική απόδειξη; Έχω δει μια που είναι λίγο τριγωνομετρική, ο Αρχιμήδης όμως πώς να το απέδειξε;

ΕΧΩ ΝΕΑ!

Σε άρθρο του (2010) στο Historia Mathematica (A “lacuna” in Proposition 9 of Archimedes’ On the Sphere and the Cylinder, Book I) o Ramon Masià-Fornos επιχειρηματολογεί (μαθηματικώς, ιστορικώς, κειμενικώς) ότι ο Αρχιμήδης χρειάζεται μόνον μία σχετικώς προφανή ειδική περίπτωση του αναπόδεικτου λήμματος, $A\Gamma >AB=B\Gamma$ ! [Μία από τις αναφορές του είναι άρθρο (1977), στο Historia Mathematica και πάλι (A lacuna in book I of Archimedes' sphere and cylinder
), του J. L. Berggren, όπου παρατίθεται 'αποδεκτή' απόδειξη για την περίπτωση $AB=B\Gamma$ . (Οδηγήθηκα σ' αυτές τις αναφορές ένεκα της πρόσφατης απόδειξης μου (#24) για την περίπτωση $AB\neq B\Gamma$ και μόνον, προς το παρόν δεν έχω τον χρόνο να τις μελετήσω.)]

Al.Koutsouridis · #26

gbaloglou έγραψε: Δευ Φεβ 20, 2023 9:49 pm
ΕΧΩ ΝΕΑ! Σε άρθρο του (2010) στο Historia Mathematica (A “lacuna” in Proposition 9 of Archimedes’ On the Sphere and the Cylinder, Book I) o Ramon Masià-Fornos επιχειρηματολογεί (μαθηματικώς, ιστορικώς, κειμενικώς) ότι ο Αρχιμήδης χρειάζεται μόνον μία σχετικώς προφανή ειδική περίπτωση του αναπόδεικτου λήμματος, $A\Gamma >AB=B\Gamma$ ! [Μία από τις αναφορές του είναι άρθρο (1977), στο Historia Mathematica και πάλι (A lacuna in book I of Archimedes' sphere and cylinder
), του J. L. Berggren, όπου παρατίθεται 'αποδεκτή' απόδειξη για την περίπτωση $AB=B\Gamma$ . (Οδηγήθηκα σ' αυτές τις αναφορές ένεκα της πρόσφατης απόδειξης μου (#24) για την περίπτωση $AB\neq B\Gamma$ και μόνον, προς το παρόν δεν έχω τον χρόνο να τις μελετήσω.)]

Καλησπέρα κ. Γιώργο. Έριξα μια ματιά στο παραπάνω άρθρο. Η απόδειξη που αναφέρει στο άρθρο είναι στην ουσία η απόδειξη που υπάρχει στο βιβλίο "Άπαντα του Αρχιμήδη" (στα ρωσικά) μετάφραση των Ι.Ν. Βεσελόβσκϊ και Μπ. Α. Ρόζενφελντ, 1962 (σελ. 451-453). Τις επόμενες μέρες θα προσπαθήσω νε μεταφέρω την εν λόγω απόδειξη.

Ως αναφορά την απόδειξη στην πιο γενική περίπτωση της ορθής πυραμίδας νομίζω πάλι η (γεωμετρική) απόδειξη θα είναι απλή, αλλά δεν την βρήκα την προηγούμενη φορά που είχα ασχοληθεί. Ελπίζω να βρεθεί κάτι.

Al.Koutsouridis · #27

Al.Koutsouridis έγραψε: Τρί Φεβ 28, 2023 12:55 pm
Καλησπέρα κ. Γιώργο. Έριξα μια ματιά στο παραπάνω άρθρο. Η απόδειξη που αναφέρει στο άρθρο είναι στην ουσία η απόδειξη που υπάρχει στο βιβλίο "Άπαντα του Αρχιμήδη" (στα ρωσικά) μετάφραση των Ι.Ν. Βεσελόβσκϊ και Μπ. Α. Ρόζενφελντ, 1962 (σελ. 451-453). Τις επόμενες μέρες θα προσπαθήσω νε μεταφέρω την εν λόγω απόδειξη.

Παραθέτω το εν λόγω κείμενο.

Στην βάση της απόδειξης του θεωρήματος βρίσκεται η ακόλουθη πρόταση: «τα τρίγωνα ABD

,

θα είναι μεγαλύτερα από το τρίγωνο ADC

». (άλλαξα τα γράμματα σε λατινικά για ευκολία στην πληκτρολόγηση καθώς και τον συμβολισμό για το εμβαδόν)

Η απόδειξη αυτής της πρότασης έθεσε πολλές δυσκολίες στους σχολιαστές του Αρχιμήδη, αρχής γενομένης του Ευτόκιου. Η προαναφερθείσα πρόταση μπορεί να αποδειχθεί με το εξής τρόπο.(*) Η ιδέα της παρούσας απόδειξης μου κοινοποιήθηκε από τον καθηγητή Μ. Ια. Βιγκόντσκιϊ τον οποίον και ευχαριστώ.

Έστω ο κύκλος με κέντρο το σημείο

αποτελεί την βάση του κώνου. Κάθετα προς το επίπεδο του σχήματος βρίσκεται το ύψος OD=h

του κώνου. Έστω

μια οποιαδήποτε χορδή του κύκλου της βάσης και

το μέσο του τόξου ABC

. Ζητείται να αποδείξουμε, ότι το άθροισμα των εμβαδών των τριγώνων ABD

,

είναι μεγαλύτερο του τριγώνου ADC

.

Θα εξετάσουμε αρχικά την περίπτωση AC > AB

(σχήμα 1). Τότε η κάθετος

, που φέρεται από το κέντρο

του κύκλου προς την χορδή

, θα είναι μικρότερη από την κάθετη

που φέρεται από το

προς την

. Τα σημεία

και

θα είναι οι βάσεις των καθέτων, από την κορυφή

του κώνου προς τις

και

. Έχουμε:

$ABD = \dfrac{1}{2} AB \sqrt{OD^2+OZ^2}$ ,

$ADC = \dfrac{1}{2} AC \sqrt{OD^2+OH^2}$ .

Έχουμε $(ABD) +(BDC)= \dfrac{1}{2} \cdot 2AB \sqrt{OD^2+OZ^2}$ .

Εφόσον

AC < AB+BC = 2AB

,

$\sqrt{OD^2+OH^2} < \sqrt{OD^2+OZ^2}$ ,

Τότε (ADC) < (ABD)+(BDC)

.

Έστω τώρα AC < AB

(σχήμα 2). Φέρουμε την διάμετρο BOE

. Εφόσον οι χορδές AE=EC

θα είναι η κάθε μια μικρότερη της

, τότε σύμφωνα με τα προηγούμενα,

(ADC) < (ADE) +(EDC)

.

Για την απόδειξη του θεωρήματος μένει να συγκρίνουμε τα εμβαδά των εδρών ABD

και

. Εφόσον το εμβαδό του τριγώνου OAB

ισούται με το εμβαδόν του τριγώνου OAE

, θα είναι

$OZ \cdot AB = OK \cdot AE$ ,

Όπου

η κάθετος, από το σημείο

προς την χορδή

. Από όπου έχουμε

$OZ = OK \cdot \dfrac{AE}{AB}$ .

Το εμβαδόν της έδρας ABD

θα είναι

$\dfrac{1}{2} AB \cdot DZ = \dfrac{1}{2} AB\sqrt{OD^2+OZ^2}$

και της έδρας AED

$\dfrac{1}{2} AE \sqrt{OD^2+OK^2}$ .

Τα τετράγωνα των του διπλάσιου των εμβαδών θα είναι:

$4 (ABD)^2 = AB^2 \cdot OD^2 + AB^2 \cdot OZ^2 = AB^2 \cdot OD^2 + AE^2 \cdot OK^2$ ,

$4 (AED)^2 =AE^2 \cdot OD^2 + AE^2 \cdot OK^2$ .

Εφόσον AE < AC < AB

, τότε

και επομένως

(ADC) < (ABD) + (BCD)

.

: Screen Shot 2023-03-05 at 15.48.52.png (45.07 KiB) Προβλήθηκε 1313 φορές

: Screen Shot 2023-03-05 at 15.50.58.png (54.83 KiB) Προβλήθηκε 1313 φορές

#28

Αλέξανδρε όχι ακριβώς: στο άρθρο του 1977 ο Berggren, αν τον καταλαβαίνω σωστά, αφ' ενός μεν υπαινίσσεται ότι η περίπτωση AC > BA=BC

είναι σχετικά εύκολη (κατά τον τρόπο περίπου που εκθέτουν οι Ρώσοι, όπως μας τα μετέφερες και σ' ευχαριστούμε γι αυτό), αφ' ετέρου δε εξηγεί ότι η περίπτωση AC < BA = BC

μπορεί να αντιμετωπισθεί μέσω ενός 'τριγωνομετρικού' λήμματος (γίνεται χρήση, με σύγχρονους όρους, της τέμνουσας (sec) και της $\gamma _1<\gamma_2\rightarrow sec(\gamma_1)<sec(\gamma_2)$ ) που εμφανίζεται αναπόδεικτο στο Θεώρημα 3 του "Περί Σφαίρας και Κυλίνδρου" του Αρχιμήδη: το λήμμα αυτό απέδειξε ο σχολιαστής του Αρχιμήδη Ευτόκιος, χωρίς όμως να δει ότι μπορεί να χρησιμοποιηθεί ΚΑΙ στην περίπτωση του αναπόδεικτου λήμματος στο Θεώρημα 9 που μας απασχολεί -- αυτό ακριβώς κάνει ο Berggren και εκθέτω στο συνημμένο!

[Σημειώνω επίσης ότι στο άρθρο του 2010 ο Masià-Fornos παρατηρεί ότι στο Θεώρημα 9 χρειάζεται ΜΟΝΟΝ η 'εύκολη' περίπτωση AC > BA=BC

!]

: ευτοκιος.jpg (67.99 KiB) Προβλήθηκε 1271 φορές

#29

Μία άλλη ματιά στην 'δύσκολη' περίπτωση AC < BA = BC

... μέσω 'επιπεδοποίησης' του προβλήματος, και με αναφορά στο σχήμα της αμέσως προηγούμενης δημοσίευσης (και βεβαίως στο συνημμένο): από την $A\Gamma <AB$ και την $\Delta A =\Delta B=\Delta \Gamma$ προκύπτει η $2\gamma <2\beta$ , άρα και η $\gamma <2\beta$ , $A\Delta H < A\Delta B$ , οπότε $AH < A\Theta$ (ιδιότητα διχοτόμου ας πούμε), και επειδή ισχύει και η $\Delta H <\Delta B$ , προκύπτει η $(\Delta HA) < (\Delta BA)$ , κλπ

: ΑΗ-ΑΘ.png (7.27 KiB) Προβλήθηκε 1232 φορές

#30

gbaloglou έγραψε: Παρ Φεβ 17, 2023 1:52 pm
gbaloglou έγραψε: Πέμ Φεβ 16, 2023 12:45 pm
gbaloglou έγραψε: Τετ Νοέμ 16, 2022 9:51 pm
Το ίδιο τέχνασμα ΜΑΛΛΟΝ επιλύει και την γενική περίπτωση:

Θέτοντας $a=cos\theta, b=sin\theta, c=cos\phi, d=sin\phi,$ , όπως παραπάνω, η γενική ανισότητα (για $h\geq 0$ ) ανάγεται στην $f(\phi)\geq 0$ , όπου

$f(\phi)=\sqrt{2h^2(1+cos(\theta +\phi))+sin^2(\theta +\phi)}+\sqrt{2h^2(1-cos(\theta -\phi))+sin^2(\theta -\phi)}-2cos\theta\sqrt{h^2+sin^2\theta},$

όπου $\theta\leq \phi\leq \pi-\theta$ .

Απλό ήταν τελικά (... ευτυχώς ή δυστυχώς ...):

Η ζητούμενη ανισότητα εύκολα ανάγεται στην ανισότητα:

$\displaystyle \left|cos\dfrac{\theta +\phi }{2}\right|\sqrt{h^2+sin^2\dfrac{\theta +\phi }{2}}+\left|sin\dfrac{\theta -\phi}{2}\right|\sqrt{h^2+cos^2\dfrac{\theta -\phi }{2}}>|cos\theta|\sqrt{h^2+sin^2\theta}.$

Με ύψωση στο τετράγωνο και χρήση της $\sqrt{h^2+sin^2\dfrac{\theta +\phi }{2}}\cdot \sqrt{h^2+cos^2\dfrac{\theta -\phi }{2}}>h^2+ \left|sin\dfrac{\theta +\phi }{2}\right|\cdot \left|cos\dfrac{\theta -\phi}{2}\right|$ ... η ανισότητα μας ανάγεται στις προφανώς (!) ισχύουσες

$\left|cos\dfrac{\theta +\phi }{2}\right|+\left|sin\dfrac{\theta -\phi }{2}\right|>|cos\theta |$ και $|sin(\theta +\phi )|+|sin(\theta -\phi )|>|sin2\theta |$ .
Μ' άλλα λόγια, η γενίκευση της ανισότητας ορθής τριγωνικής πυραμίδας του Αρχιμήδη είναι κατά βάθος η ανισότητα

$\left(|a|\sqrt{h^2+b^2}+|c|\sqrt{h^2+d^2}\right)^2\geq \left(|a|+|c|\right)^2h^2+\left(|ab|+|cd|\right)^2$

[...Να τολμήσω να πω ότι η απλότητα της παραπάνω ανισότητας ... αποτελεί ένδειξη ύπαρξης συνθετικής γεωμετρικής λύσης;;;]

Τα παραπάνω -- μαζί με κάποια βιβλιογραφικά που προστέθηκαν αργότερα στην συζήτηση -- εκτίθενται (Αγγλιστί) σε αδημοσίευτο άρθρο μου εδώ.

nrokopanos · #31

Καλησπέρα στους εκλεκτούς συναδέλφους στο forum.

Από το «Περί Σφαίρας και Κυλίνδρου» υπάρχει ακόμα μια ερώτηση.

Υπάρχει άραγε κάπου μια πρόταση για τον όγκο του κυλίνδρου σε σχέση με την ακτίνα της βάσης του?

Στο παραπάνω έργο του Αρχιμήδη υπάρχει πρόταση που που συνδυάζει τον όγκο του κώνου με αυτόν της σφαίρας (Πρόταση 34) ενώ υπάρχει και η Πρόταση 10 από το Βιβλίο 12 των Στοιχείων που δίνει τον όγκο του κώνου σε συνάρτηση με αυτόν του κυλίνδρου ίδιας βάσης.

Μελετώντας το Περί Σφαίρας και Κυλίνδου δεν μπόρεσα να βρω μια πρόταση για τον όγκο του κυλίνδρου σε σχέση όμως με την ακτίνα της βάσης του.

Αξίζει να σημειωθεί ότι ο όγκος του κυλίνδρου προκύπτει άμεσα από άλλο έργο (Κύκλου Μέτρησις) του Αρχιμήδη αλλά αναρωτιόμουν αν αυτό το αποτέλεσμα μόνο του υπάρχει άραγε ξεκάθαρα γραμμένο κάπου (π.χ. σε κάποιο άλλο αρχαίο έργο ίσως).

Σας ευχαριστώ!

Αρχιμήδεια ανισότητα εμβαδών

Re: Αρχιμήδεια ανισότητα εμβαδών

Re: Αρχιμήδεια ανισότητα εμβαδών

Re: Αρχιμήδεια ανισότητα εμβαδών

Re: Αρχιμήδεια ανισότητα εμβαδών

Re: Αρχιμήδεια ανισότητα εμβαδών

Re: Αρχιμήδεια ανισότητα εμβαδών

Re: Αρχιμήδεια ανισότητα εμβαδών

Re: Αρχιμήδεια ανισότητα εμβαδών

Re: Αρχιμήδεια ανισότητα εμβαδών

Re: Αρχιμήδεια ανισότητα εμβαδών

Re: Αρχιμήδεια ανισότητα εμβαδών

Μέλη σε σύνδεση