mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 28, 2009 9:40 pm**

Έστω ΑΒΓ ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς α= $\sqrt{3}$ .

Να αποδείξετε ότι για κάθε σημείο Μ του επιπέδου του ισχύει

ΜΑ+ΜΒ+ΜΓ $\geq$ 3

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 28, 2009 11:17 pm**

Το σημείο

που ελαχιστοποιεί το άθροισμα

MA+MB+MC

είναι το σημείο Fermat (ή Toricelli)

του τριγώνου, δηλ. το σημείο τέτοιο ώστε

$\angle AMB= \angle AMC=\angle BMC=120^{o}$ .

(Για επτά (7) αποδείξεις αυτού του θεωρήματος δείτε τη σελίδα http://www.cut-the-knot.org/Generalizat ... oint.shtml )

Για το ισόπλευρο τρίγωνο, το σημείο του Fermat

είναι το περίκεντρο.
Εφόσον $a=\sqrt{3}$ , η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου ισούται με 1.

Άρα,

$MA+MB+MC\geq PA+PB+PC=3$

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 28, 2009 11:25 pm**

achilleas έγραψε: ......................
(Για επτά (7) αποδείξεις αυτού του θεωρήματος δείτε τη σελίδα http://www.cut-the-knot.org/Generalizat ... oint.shtml )
...........................
Φιλικά,
Αχιλλέας

αυτό είναι !!!
ούτε μία,ούτε δύο ,αλλά επτά (7)

Αχιλλέα σε ευχαριστούμε

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 28, 2009 11:50 pm**

Κατ΄ αρχάς μπορούμε να πάρουμε το τρίγωνο μας σε μία βολική θέση: Με κορυφές τις εικόνες των αριθμών $1,\omega =\frac{-1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2},\omega ^{2}=\frac{-1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2}$ που ανήκουν όλες στο μοναδιαίο κύκλο και επομένως το εγγεγραμμένο τρίγωνο έχει πλευρά $\sqrt{3}$ . Ας υποθέσουμε ότι το σημείο μας

αντιστοιχεί στο

. Θέλουμε:
$\left| z-1\right| +\left| z-\omega \right| +\left| z-\omega ^{2}\right| \geq 3$ (1)
Ας πάρουμε πρώτα την περίπτωση όπου $\left| z\right| \neq 0$ . Τότε
$\left| \frac{1}{z}-1\right| +\left| \frac{1}{z}-\omega \right| +\left| \frac{1}{z}-\omega ^{2}\right| \geq \left| 3\frac{1}{z}-1-\omega -\omega ^{2}\right| =\left| 3\frac{1}{z}\right| =3\left| \frac{1}{z}\right|$
δηλαδή
$\left| 1-z\right| +\left| 1-z\omega \right| +\left| 1-z\omega ^{2}\right| \geq 3$
Αλλά
$\left| 1-z\right| +\left| 1-z\omega \right| +\left| 1-z\omega ^{2}\right| =\left| 1-z\right| +\left| \omega \right| \left| \frac{1}{\omega }-z\right| +\left| \omega ^{2}\right| \left| \frac{1}{\omega ^{2}}-z\right| =\left| 1-z\right| +\left| \omega ^{2}-z\right| +\left| \omega -z\right| =\left| z-1\right| +\left| z-\omega \right| +\left| z-\omega ^{2}\right|$
Επομένως η (1) αληθεύει.
Απομένει η περίπτωση όπου

=0 που τότε $\left| z-1\right| +\left| z-\omega \right| +\left| z-\omega ^{2}\right| =3$
Mαυρογιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 29, 2009 12:41 am**

Ας δώσουμε μια άλλη με μιγαδικούς που χρησιμοποιεί το ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο μόνο στο τέλος.
(από το βιβλίο του Ramon Gonzale Calvet, A treatise of plane geometry through geometric algebra):

Έστω $\xi=\cos(2\pi/3)+\mathrm{i}\sin(2\pi/3)$ .

Αν Μ(z) ,Μ'(z) δύο σημεία του επιπέδου του τριγώνου ABC

, όπου

.

τότε

$\overrightarrow{MA}\xi^2+\overrightarrow{MB}\xi+\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{M' A}\xi^2+\overrightarrow{M' B}\xi+\overrightarrow{M' C}$ ,

δηλ.

$(a-z)\xi^2+(b-z)\xi+(c-z)=(a-z')\xi^2+(b-z')\xi+(c-z')$

ή ισοδύναμα

$(z'-z)(\xi^2+\xi+1)=0$ ,

που ισχύει.

Άρα $\overrightarrow{MA}\xi^2+\overrightarrow{MB}\xi+\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{WC}$

για κάποιο W(w)

, δηλαδή,

$(a-z)\xi^2+(b-z)\xi+(c-z)=w-c$

Τα διανύσματα $MA\xi^2,MB\xi,MC$ "σχηματίζουνε" μια τεθλασμένη γραμμή από το

στο

.

Από την τριγωνική ανισότητα, έχουμε

$|a-z|+|b-z|+|c-z|\geq |w-c|$ .

Αν το

συμπίπτει με το σημείο Fermat F(d)

, τα διανύσματα $FA\xi^2,FB\xi,FC$ είναι συγγραμικά και "σχηματίζουνε" το ευθύγραμμο τμήμα

.

Άρα

$|a-z|+|b-z|+|c-z|\geq |w-c|=|a-d|+|b-d|+|c-d|=1+1+1=3$ .

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 29, 2009 1:04 am**

achilleas έγραψε:Το σημείο που ελαχιστοποιεί το άθροισμα

είναι το σημείο Fermat (ή Toricelli) του τριγώνου, δηλ. το σημείο τέτοιο ώστε

$\angle AMB= \angle AMC=\angle BMC=120^{o}$ .

Υπαρχουν και εφαρμογες, δειτε για παραδειγμα εδω. (Στα Αγγλικα ειναι, αλλα οι εικονες μιλανε μονες τους!)

Γιωργος Μπαλογλου

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 29, 2009 1:35 am**

Γενικά ισχύει: αν ABC

δεδομένο τρίγωνο και

τυχαίο σημείο του επιπέδου του, τότε $\displaystyle \frac{MA}{a}+\frac{MB}{b}+\frac{MC}{c}\geq \sqrt{3}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 29, 2009 12:09 pm**

...και για κάτι πιο γενικό δείτε http://www.hindawi.com/journals/ijmms/2008/283846.html

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 30, 2009 12:18 am**

Σας ευχαριστώ πολύ για τις λύσεις και τις πληροφορίες .Δίνω και μια λύση ακόμα

Θεωρούμε ως κέντρο βάρους του τριγώνου την αρχή των αξόνων και τις κορυφές του Α,Β,Γ να΄είναι οι εικόνες των μιγαδικών $z_{1},z_{2},z_{3}$ αντίστοιχα.Θα είναι

ΑΒ=| $z_{1}-z_{2}$ | , ΒΓ=| $z_{2}-z_{3}$ |,ΑΓ=| $z_{1}-z_{3}$ |

ΟΑ=| $z_{1}$ |=1 , ΟΒ=| $z_{2}$ |=1 , ΟΓ=| $z_{3}$ | και $z_{1}+z_{2}+z_{3}=0$ .

Αν Μ η εικόνα του μιγαδικού z είναι ΜΑ+ΜΒ+ΜΓ= $|z-z_{1}|+|z-z_{2}|+|z-z_{3}|$ = $|z-\frac{1}{\bar{z_{1}}}|+|z-\frac{1}{\bar{z_{2}}}|+|z-\frac{1}{\bar{z_{3}}}|$ =

= $|\frac{z\bar{z_{1}-1}}{\bar{z_{1}}}|+|\frac{z\bar{z_{2}-1}}{\bar{z_{2}}}|+|\frac{z\bar{z_{3}-1}}{\bar{z_{3}}}|$ =

=| $z\bar{z_{1}}-1|+|z\bar{z_{2}}-1|+|z\bar{z_{3}}-1|$ $\geq |z\bar{z_{1}}-1+z\bar{z_{2}}-1+z\bar{z_{3}}-1|=|z(\bar{z_{1}}+\bar{z_{2}+\bar{z_{3}}})-3|=|-3|=3$

mathematica.gr

Να αποδείξετε

Να αποδείξετε

Re: Να αποδείξετε

Re: Να αποδείξετε

Re: Να αποδείξετε

Re: Να αποδείξετε

Re: Να αποδείξετε

Re: Να αποδείξετε

Re: Να αποδείξετε

Re: Να αποδείξετε