mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 28, 2018 7:49 pm**

Δεν έχω λύση.

: Ανισοϊσότητα.png (14.62 KiB) Προβλήθηκε 1165 φορές

Το

είναι εσωτερικό σημείο του τριγώνου ABC.

Να δείξετε ότι:

$\displaystyle a(\sin {\theta _2} + \sin {\varphi _2}) + b(\sin {\varphi _1} + \sin {\omega _2}) + c(\sin {\omega _1} + \sin {\theta _1}) \le a + b + c$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 30, 2018 3:21 am**

Αρχικά επειδή δε με βολεύουν οι συμβολισμοί θα τους αλλάξω λίγο .

Πιο συγκεκριμένα θέτω

$A_{1}=\angle CAP$ , $A_{2}=\angle BAP$ , $B_{1}=\angle ABP$ , $B_{2}=\angle CBP$ , $C_{1}=\angle BCP$ , $C_{2}=\angle ACP$

και έτσι ζητάμε να δείξουμε την ανισότητα

$a\left ( sin(B_{1})+sin(C_{2}) \right )+b\left ( sin(C_{1})+sin(A_{2}) \right )+c\left ( sin(A_{1})+sin(B_{2}) \right )\leq a+b+c (1)$

Τώρα θα ξεκινήσουμε με την παρατήρηση ότι έχουμε ισότητα στην περίπτωση που το

ταυτιστεί με το περίκεντρο

του τριγώνου ABC

(αυτό το κάνουμε μόνο και μόνο για να έχουμε μια διαίσθηση προς σε ποια κατεύθυνση να κινηθούμε) πράγμα που είναι συνέπεια της ταυτότητας

(b+c)cos(A)+(c+a)cos(B)+(a+b)cos(C)=a+b+c

(b+c)cos(A)+(c+a)cos(B)+(a+b)cos(C)=a+b+c

και θεωρώντας τις γωνίες $x=\angle OAP$ , $y=\angle OBP$ , $z=\angle OCP$ βλέπουμε ότι

$A_{1}=\angle CAP=\angle CAO-\angle OAP=\frac{\pi }{2}-B-x$ , $sin(A_{1})=cos(B+x)$

$A_{2}=\angle BAP=\angle BAO+\angle OAP=\frac{\pi }{2}-C+x$ , $sin(A_{2})=cos(C-x)$

$B_{1}=\angle ABP=\angle ABO-\angle OBP=\frac{\pi }{2}-C-y$ , $sin(B_{1})=cos(C+y)$

$B_{2}=\angle CBP=\angle CBO+\angle OBP=\frac{\pi }{2}-A+y$ , $sin(B_{2})=cos(A-y)$

$C_{1}=\angle BCP=\angle BCO+\angle OCP=\frac{\pi }{2}-A+z$ , $sin(C_{1})=cos(A-z)$

$C_{2}=\angle ACP=\angle ACO-\angle OCP=\frac{\pi }{2}-B-z$ , $sin(C_{2})=cos(B+z)$

επομένως έχουμε διαδοχικά

$a\left ( sin(B_{1})+sin(C_{2}) \right )+b\left ( sin(C_{1})+sin(A_{2}) \right )+c\left ( sin(A_{1})+sin(B_{2}) \right )\leq a+b+c\Leftrightarrow$

$a\left ( cos(C+y)+cos(B+z) \right )+b\left ( cos(A-z)+cos(C-x)\right )+c\left ( cos(B+x)+cos(A-y) \right )\leq$

$a\left ( cos(C)+cos(B) \right )+b\left ( cos(A)+cos(C)\right )+c\left ( cos(B)+cos(A) \right ) (2)$

Παρατηρούμε σε αυτό το σημείο ότι

$cos(C+y)-cos(C)=-2sin\left ( C+\frac{y}{2} \right )sin\left ( \frac{y}{2} \right )$ και έτσι η τελευταία ανισότητα γράφεται ισοδύναμα

$sin\left ( \frac{y}{2} \right )\left \{c sin\left ( A-\frac{y}{2} \right ) -asin\left ( C+\frac{y}{2} \right )\right \}+$

$+sin\left ( \frac{z}{2} \right )\left \{b sin\left ( A-\frac{z}{2} \right ) -asin\left ( B+\frac{z}{2} \right )\right \}+$

$+sin\left ( \frac{x}{2} \right )\left \{b sin\left ( C-\frac{x}{2} \right ) -csin\left ( B+\frac{x}{2} \right )\right \}\leq0 (3)$

Όμως από το νόμο ημιτόνων και το νόμο συνημιτόνων βλέπουμε πως

$c sin\left ( A-\frac{y}{2} \right ) -asin\left ( C+\frac{y}{2} \right )$

$csin(A)cos\left ( \frac{y}{2} \right )-ccos(A)sin\left ( \frac{y}{2} \right )-asin(C)cos\left ( \frac{y}{2} \right )-acos(C)sin\left ( \frac{y}{2} \right )=$

$-ccos(A)sin\left ( \frac{y}{2} \right )--acos(C)sin\left ( \frac{y}{2} \right )=-\left (ccos(A)+acos(C) \right )sin\left ( \frac{y}{2} \right )=-\frac{b}{2}sin\left ( \frac{y}{2} \right )$

Επομένως η προς απόδειξη ανισότητα παίρνει τη μορφή

$-a\left (sin\left ( \frac{x}{2} \right ) \right )^{2}-b\left (sin\left ( \frac{y}{2} \right ) \right )^{2}-c\left (sin\left ( \frac{z}{2} \right ) \right )^{2}\leq 0 (4)$

Η οποία προφανώς και ισχύει . Μάλιστα μπορούμε να δούμε ότι έχουμε ισότητα αν και μόνο αν x=y=z=0

δηλαδή αν και μόνο αν $P\equiv O$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 31, 2018 7:52 pm**

Να ευχαριστήσω τον Stelios V8 για την ενασχόλησή του με το στριφνό αυτό θέμα, καθώς και για την ωραία λύση του

Να του ευχηθώ ακόμα, όπως και σε όλους σας, ΚΑΛΗ ΧΡΟΝΙΑ!!!

mathematica.gr

Τριγωνομετρική ανισοϊσότητα

Τριγωνομετρική ανισοϊσότητα

Re: Τριγωνομετρική ανισοϊσότητα

Re: Τριγωνομετρική ανισοϊσότητα