mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 07, 2010 9:54 pm**

Έστω μη αμβλυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ και ας είναι $\displaystyle{R_{m}}$ η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου, το οποίο ορίζεται από τις διαμέσους του τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ .
Να αποδειχθεί ότι ισχύει

$\displaystyle{R_{m}\geq \frac{5}{6}R,}$

όπου $\displaystyle{R}$ η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ .

Πότε ισχύει η ισότητα;

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 08, 2010 3:31 am**

Γνωρίζουμε ήδη, λόγω του προβλήματος που έστειλε πρόσφατα ο Σεραφείμ, ότι το εμβαδόν του τριγώνου των διαμέσων ισούται προς τα 3/4 του εμβαδού του αρχικού τριγώνου. Χρησιμοποιώντας αυτό το γεγονός μαζί με τον τύπο $R=\frac{abc}{4E}$ βλέπουμε ότι αρκεί να αποδείξουμε, για μη αμβλυγώνιο τρίγωνο, την ανεξάρτητου ενδιαφέροντος ανισότητα

$8\mu_{a}\mu_{b}\mu_{c}\geq5abc$ .

Χρησιμοποιώντας το Θεώρημα των Διαμέσων ανάγουμε την ανισότητα αυτή στην ανισότητα

$3(a^{2}b^{4}+a^{4}b^{2}+b^{2}c^{4}+b^{4}c^{2}+c^{2}a^{4}+c^{4}a^{2})\geq11a^{2}b^{2}c^{2}+2(a^{6}+b^{6}+c^{6})$ ,

όπου $a^{2}\leq b^{2}+c^{2}$ , $b^{2}\leq c^{2}+a^{2}$ , $c^{2}\leq a^{2}+b^{2}$ .

Θέτοντας $a^{2}=A$ , $b^{2}=B$ , $c^{2}=C$ , υποθέτουμε χωρίς περιορισμό της γενικότητας $0<A\leq B\leq C$ , οπότε αρκεί πλέον να αποδείξουμε, για $B\leq C\leq B+A$ , την ανισότητα $f(C)\geq0$ , όπου

$f(C)=3(AB^{2}+A^{2}B+BC^{2}+B^{2}C+CA^{2}+C^{2}A)-11ABC-2(A^{3}+B^{3}+C^{3})$ .

Παρατηρούμε ότι $f(B+A)=2(B^{3}+A^{3}-AB^{2}-A^{2}B)=2(B-A)^{2}(B+A)\geq0$ και $f(B)=2B^{3}-2A^{3}+6A^{2}B-5AB^{2}>(B-A)(2B^{2}+2A^{2}-3AB)>0$ , ενώ $f''(C)=2(A+B-2C)\leq0$ , άρα $f(C)\geq0$ για $B\leq C\leq B+A$ (συνάρτηση μη αρνητική στα άκρα διαστήματος όπου είναι κοίλη): η ανισότητα μας έχει αποδειχθεί.

Γίνεται φανερό από τα παραπάνω, και την ισοδυναμία $B^{3}+A^{3}-AB^{2}-A^{2}B=0\Longleftrightarrow B=A$ , ότι η ισότητα στην ανισότητα Sharygin ισχύει αν και μόνον αν το μη αμβλυγώνιο τρίγωνο είναι ισοσκελές ορθογώνιο: πράγματι από B=A

και

λαμβάνουμε b=a

και $c=a\sqrt{2}$ .

Υπάρχουν πάντως/προφανώς και αμβλυγώνια τρίγωνα που ικανοποιούν την ισότητα, για παράδειγμα το τρίγωνο με πλευρές 1, 2, και ~2,70658 (και αμβλεία γωνία ~125,54854 μοιρών).

Η λύση αυτή αφιερώνεται στους εορτάζοντες φίλους Μιχάλη Λάμπρου και Μιχάλη Νάννο.

Γιώργος Μπαλόγλου

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 13, 2010 5:20 pm**

Μία ακόμα (ατελής) αντιμετώπιση:

Όπως ανέφερε και ο Γιώργος παραπάνω, έχουμε να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{8m_{a}m_{b}m_{c}\geq 5abc,}$

δηλαδή ότι

$\displaystyle{64m_{a}^2m_{b}^2m_{c}^2\geq 25(abc)^2.}$

Αντικαθιστώντας τις διαμέσους συναρτήσει των πλευρών του τριγώνου, αναγόμαστε στην

$\displaystyle{(2b^2+2c^2-a^2)(2c^2+2a^2-b^2)(2a^2+2b^2-c^2)\geq 25a^2b^2c^2.}$ (1)

Θέτουμε

$\displaystyle{b^2+c^2-a^2=x, \ c^2+a^2-b^2=y, \ a^2+b^2-c^2=z.}$

Επειδή το τρίγωνο είναι μη αμβλυγώνιο, ισχύει $\displaystyle{x,y,z \geq 0.}$

Βρίσκουμε

$\displaystyle{a^2=\frac{y+z}{2}, b^2=\frac{z+x}{2}, c^2=\frac{x+y}{2}}$

και η (1) γίνεται μετά τις πράξεις

$\displaystyle{(4x+y+z)(4y+z+x)(4z+x+y)\geq 25(x+y)(y+z)(z+x),}$

η οποία (περίπου) ζητήθηκε εδώ.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 15, 2010 10:50 am**

matha έγραψε:Μία ακόμα (ατελής) αντιμετώπιση:

Όπως ανέφερε και ο Γιώργος παραπάνω, έχουμε να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{8m_{a}m_{b}m_{c}\geq 5abc,}$

δηλαδή ότι

$\displaystyle{64m_{a}^2m_{b}^2m_{c}^2\geq 25(abc)^2.}$

Αντικαθιστώντας τις διαμέσους συναρτήσει των πλευρών του τριγώνου, αναγόμαστε στην

$\displaystyle{(2b^2+2c^2-a^2)(2c^2+2a^2-b^2)(2a^2+2b^2-c^2)\geq 25a^2b^2c^2.}$ (1)

Θέτουμε

$\displaystyle{b^2+c^2-a^2=x, \ c^2+a^2-b^2=y, \ a^2+b^2-c^2=z.}$

Επειδή το τρίγωνο είναι μη αμβλυγώνιο, ισχύει $\displaystyle{x,y,z \geq 0.}$

Βρίσκουμε

$\displaystyle{a^2=\frac{y+z}{2}, b^2=\frac{z+x}{2}, c^2=\frac{x+y}{2}}$

και η (1) γίνεται μετά τις πράξεις

$\displaystyle{(4x+y+z)(4y+z+x)(4z+x+y)\geq 25(x+y)(y+z)(z+x),}$

η οποία (περίπου) ζητήθηκε εδώ.

Αυτή η τελευταία ανισότητα αποδεικνύεται εύκολα (και) με την μέθοδο των διαδοχικών παραγωγίσεων. Ο συντελεστής 25 είναι ο καλύτερος δυνατός, και αυτό μπορούμε για παράδειγμα να το δούμε θέτοντας z = y και σπρώχνοντας το y προς το άπειρο. (Νόμιζα στην αρχή, και λόγω της περίπτωσης x = y = z και λόγω της ευκολίας στην απόδειξη για συντελεστή 25, ότι ο βέλτιστος συντελεστής είναι 27.)

Γιώργος Μπαλόγλου

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 18, 2010 2:21 pm**

Πόθεν ο 25; Υποθέτω (κακώς) ότι ισχύει η εξής μερική γενίκευση:

$(ax+by+cz)(ay+bz+cx)(az+bx+cy)\geq\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{pq(p+q)}(px+qy)(py+qz)(pz+qx)$

Οπότε για a=4

,

,

,

,

έχουμε την ανισότητα Sharygin.

[Ίσως επανέλθω με γενίκευση & απόδειξη αν δεν επέμβουν άλλα μέλη του

]

Επενέβησαν ήδη

Γιώργος Μπαλόγλου

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 18, 2010 3:08 pm**

Ισχύει και το εξής αν $k\geq1+\sqrt5,a>0,b>0,c>0.$ τότε :
$(\frac{ka}{b+c}+1)(\frac{kb}{a+c}+1)(\frac{kc}{a+b}+1)\geq(k+1)^2.$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 18, 2010 3:35 pm**

gbaloglou έγραψε:Πόθεν ο 25; Υποθέτω ότι ισχύει η εξής μερική γενίκευση:

$(ax+by+cz)(ay+bz+cx)(az+bx+cy)\geq\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{pq(p+q)}(px+qy)(py+qz)(pz+qx)$

Οπότε για , , , , έχουμε την ανισότητα Μάγκου-Sharygin.

[Ίσως επανέλθω με γενίκευση & απόδειξη αν δεν επέμβουν άλλα μέλη του ]

Γιώργος Μπαλόγλου

Γιώργο, φυσικά η εν λόγω ανισότητα ΔΕΝ είναι δικής μου έμπνευσης. Την πήρα από το βιβλίο του I. Sharygin Problemas de geometria, Planimetria (είναι στην ισπανική γλώσσα).

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 18, 2010 4:23 pm**

matha έγραψε:
gbaloglou έγραψε:Πόθεν ο 25; Υποθέτω ότι ισχύει η εξής μερική γενίκευση:

$(ax+by+cz)(ay+bz+cx)(az+bx+cy)\geq\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{pq(p+q)}(px+qy)(py+qz)(pz+qx)$

Οπότε για , , , , έχουμε την ανισότητα Μάγκου-Sharygin.

[Ίσως επανέλθω με γενίκευση & απόδειξη αν δεν επέμβουν άλλα μέλη του ]

Γιώργος Μπαλόγλου
Γιώργο, φυσικά η εν λόγω ανισότητα ΔΕΝ είναι δικής μου έμπνευσης. Την πήρα από το βιβλίο του I. Sharygin Problemas de geometria, Planimetria (είναι στην ισπανική γλώσσα).

Δεκτή η ένσταση, το άλλαξα σε "ανισότητα Sharygin".

[Θάνο βεβαίως και γνώριζα ότι το αρχικό πρόβλημα δεν ήταν δικό σου, αλλά υπέθεσα ότι η συγκεκριμένη λύση ίσως ήταν, και, εν πάση περιπτώσει, εσύ μας έστειλες εδώ αυτό το πολύ όμορφο θέμα του διακεκριμένου Ρώσου γεωμέτρη και την σχετική ανισότητα.]

Γιώργος Μπαλόγλου

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 18, 2010 4:29 pm**

smar έγραψε:Ισχύει και το εξής αν $k\geq1+\sqrt5,a>0,b>0,c>0.$ τότε :
$(\frac{ka}{b+c}+1)(\frac{kb}{a+c}+1)(\frac{kc}{a+b}+1)\geq(k+1)^2.$

Σιλουανέ η πολύ διακριτική σου διόρθωση μου θύμισε κάτι που νομίζω πως είχε πει ο μεγάλος John von Neuman: "μόνο ένας Ούγγρος μπορεί να σας προσπεράσει με άκρα ευγένεια μέσα από μια μισάνοιχτη πόρτα"

[Επί της ουσίας ήμουν ενθουσιώδης στην καλύτερη περίπτωση και επιπόλαιος στην χειρότερη όταν παρέθετα την γενίκευση μου: ευχαριστώ πολύ για την διόρθωση, και ίσως κάποτε το ξαναδούμε το θέμα...]

Γιώργος Μπαλόγλου

mathematica.gr

Από τον Ι. Sharygin!

Από τον Ι. Sharygin!

Re: Από τον κ. Sharygin!

Re: Από τον Ι. Sharygin!

Re: Από τον Ι. Sharygin!

Re: Από τον Ι. Sharygin!

Re: Από τον Ι. Sharygin!

Re: Από τον Ι. Sharygin!

Re: Από τον Ι. Sharygin!

Re: Από τον Ι. Sharygin!