mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 15, 2011 12:38 pm**

1) Να δειχθεί ότι για τους θετικούς a , b , c

ισχύει : $\displaystyle \frac{abc}{(a+b)(a+c)(b+c)}\leq \frac{1}{8}$

2) Αν : AD , BE , CZ

, οι διχοτόμοι τριγώνου , να υπολογισθεί συναρτήσει των a , b , c

το

, και να δειχθεί ότι : $\displaystyle (DEZ)\leq \frac{1}{4}(ABC)$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 15, 2011 3:28 pm**

1) Ισοδύναμα έχουμε:

$\displaystyle{ \frac{{abc}} {{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} \leqslant \frac{1} {8}\mathop \Leftrightarrow \limits^{a,b,c > 0 \to \left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) > 0} \left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) \geqslant 8abc \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \left( {a + b} \right)\left( {bc + ab + c^2 + ac} \right) \geqslant 8abc \Leftrightarrow abc + a^2 b + ac^2 + a^2 c + b^2 c + ab^2 + bc^2 + abc - 8abc \geqslant 0 }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \left( {a^2 b + bc^2 - 2abc} \right) + \left( {ab^2 + ac^2 - 2abc} \right) + \left( {a^2 c + cb^2 - 2abc} \right) \geqslant 0 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ b\left( {a^2 + c^2 - 2ac} \right) + a\left( {b^2 + c^2 - 2bc} \right) + c\left( {a^2 + b^2 - 2ab} \right) \geqslant 0 \Leftrightarrow \boxed{b\left( {a - c} \right)^2 + a\left( {c - b} \right)^2 + c\left( {b - a} \right)^2 \geqslant 0}:\left( 1 \right) }$

Η $\displaystyle{ \left( 1 \right) }$ ισχύει άρα και η ισοδύναμή της (η αρχική) $\displaystyle{ \boxed{\frac{{abc}} {{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} \leqslant \frac{1} {8}} }$

2) Έχουμε δείξει εδώ viewtopic.php?f=22&t=16521 σαν εφαρμογή ενός γενικότερου τύπου που υπολογίζει το εμβαδό (εγγεγραμμένου σε τρίγωνο τριγώνου

(σχήμα 8) και στα συννημένα αρχεία (η απόδειξη)) ότι για το εμβαδό του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle DEZ }$ (που έχει κορυφές τα ίχνη των διχοτόμων του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ ισχύει:

$\displaystyle{ \left( {DEZ} \right) = \frac{{2abc}} {{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}\left( {ABC} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{1):\frac{{abc}} {{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} \leqslant \frac{1} {8}} \boxed{\left( {DEZ} \right) \leqslant \frac{1} {4}\left( {ABC} \right)} }$

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 18, 2011 9:09 pm**

Η λύση του Στάθη , είναι άψογη , αλλά για λόγους πλουραλισμού ας γράψω και μια διαφορετική :

Για το 1) : Η σχέση : $(a+b)(b+c)(c+a)\geq 8abc$ , μπορεί να προκύψει και ως εξής : Είναι : $a+b\geq 2\sqrt{ab}$

καθώς και $b+c\geq 2\sqrt{bc} , a+c\geq 2\sqrt{ac}$ , οπότε πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη , προκύπτει το ζητούμενο .

Για το 2) Μπορούμε και αυτόνομα να δείξουμε ότι : $\displaystyle\frac{(DEZ)}{(ABC)}=\frac{2abc}{(a+b)(a+c)(b+c)}$ (*), παρατηρώντας ότι π.χ.

$\displaystyle \frac{(BED)}{(ABC)}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{ac}{a+b}{\cdot}\displaystyle\frac{ac}{b+c}}{ac}=\frac{ac}{(a+b)(b+c)}$ (κοινή γωνία - θεώρημα διχοτόμων)

Όμοια για τα AEZ , CDZ

, και επειδή : (DEZ)=(ABC)-(AEZ)-(BDE)-(CDZ)

, βρίσκω τον τύπο (*)

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 01, 2011 9:33 pm**

Πιο αναλυτικά η απόδειξη του τύπου $\displaystyle\frac{(DEZ)}{(ABC)}=\frac{2abc}{(a+b)(a+c)(b+c)}$ αυτόνομα εδώ , εδώ κι εδώ

mathematica.gr

Γεώγεβρα

Γεώγεβρα

Re: Γεώγεβρα

Re: Γεώγεβρα

Re: Γεώγεβρα