ΑΚΟΜΑ ΜΙΑ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ...

Συντονιστές: vittasko, silouan, Doloros

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ
Δημοσιεύσεις: 788
Εγγραφή: Δευ Δεκ 28, 2009 11:41 pm
Τοποθεσία: Kάπου στο πιο μεγάλο νησί του Ιονίου

ΑΚΟΜΑ ΜΙΑ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ...

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #1 από ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ » Πέμ Μάιος 18, 2017 3:42 pm

Δείτε κι αυτήν , ίσως κάτι αξίζει...


Σε τρίγωνο ABC αποδείξτε ότι

\sqrt{bc\left ( s-b \right )\left ( s-c \right )}+\sqrt{ca\left ( s-c \right )\left ( s-a \right )}+\sqrt{ab\left ( s-a \right )\left ( s-b \right )}\geq 2\sqrt{3}sr.



Λέξεις Κλειδιά:
Παύλος Μαραγκουδάκης
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1361
Εγγραφή: Παρ Ιαν 30, 2009 1:45 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς

Re: ΑΚΟΜΑ ΜΙΑ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ...

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #2 από Παύλος Μαραγκουδάκης » Παρ Μάιος 19, 2017 9:35 am

Από την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου

\sqrt{bc\left ( s-b \right )\left ( s-c \right )}+\sqrt{ca\left ( s-c \right )\left ( s-a \right )}+\sqrt{ab\left ( s-a \right )\left ( s-b \right )}\geq 3\sqrt[3]{abc(s-a)(s-b)(s-c)}

Από τον τύπο του Ήρωνα \dfrac{E^2}{s}=(s-a)(s-b)(s-c). Σε συνδυασμό με τον τύπο abc=4RE το δεύτερο μέλος γίνεται 3\sqrt[3]{\dfrac{4R}{s}}E.

Αρκεί επομένως 3\sqrt[3]{\dfrac{4R}{s}}\geq 2\sqrt{3} ή 27R^2\geq 4s^2 που είναι γνωστή.


Στάλα τη στάλα το νερό το μάρμαρο τρυπά το,
εκείνο που μισεί κανείς γυρίζει κι αγαπά το.
ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ
Δημοσιεύσεις: 788
Εγγραφή: Δευ Δεκ 28, 2009 11:41 pm
Τοποθεσία: Kάπου στο πιο μεγάλο νησί του Ιονίου

Re: ΑΚΟΜΑ ΜΙΑ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ...

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #3 από ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ » Παρ Μάιος 19, 2017 6:09 pm

Να ευχαριστήσω τον Παύλο Μαραγκουδάκη για τη λύση του.

Ας δούμε το πώς κατέληξα σε αυτήν την ανισότητα...

Σε προηγούμενη δημοσίευση έδειξα ότι αν a,b,c μήκη πλευρών τριγώνου , τότε οι \sqrt{a\left ( s-a \right )},\sqrt{b\left ( s-b \right )},\sqrt{c\left ( s-c \right )} αποτελούν πλευρές τριγώνου με ακτίνα περιγεγραμμένου κύκλου ίση με \sqrt{Rr} και με εμβαδόν το μισό του ABC.

Θα αποδειχθεί μια ανισότητα , συγκεκριμένα θα αποδειχθεί ότι σε τρίγωνο ABC ισχύει ab+bc+ca\geq 4\sqrt{3}E , όπου E το εμβαδόν του τριγώνου ABC.

\left (ab+bc+ca  \right )^{2}\geq 3abc\left ( a+b+c \right )=3\cdot 4ER2s\geq3 \cdot 4E2r2s=3\cdot 16E^{2}

Αν γίνει αποτετραγωνισμός προκύπτει η ab+bc+ca\geq 4\sqrt{3}E.

Το θέμα που προτείνω δεν είναι παρά η εφαρμογή της ανισότητας αυτής στο τρίγωνο που σχηματίζεται με πλευρές
\sqrt{a\left ( s-a \right )},\sqrt{b\left ( s-b \right )},\sqrt{c\left ( s-c \right )}

Τίποτε άλλο...


Παύλος Μαραγκουδάκης
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1361
Εγγραφή: Παρ Ιαν 30, 2009 1:45 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς

Re: ΑΚΟΜΑ ΜΙΑ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ...

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #4 από Παύλος Μαραγκουδάκης » Παρ Μάιος 19, 2017 9:27 pm

Πολύ ενδιαφέρον.
Μια άλλη προσέγγιση μέσω του τύπου \sin\dfrac{A}{2}=\sqrt{\dfrac{(s-b)(s-c)}{bc}}.
Ο τύπος αυτός προκύπτει από τον νόμο των συνημιτόνων \cos A=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc} και τον τύπο αποτετραγωνισμού \sin^2\dfrac{A}{2}=\dfrac{1-\cos A}{2}.
Επομένως \sqrt{bc(s-b)(s-c)}=bc\sin\dfrac{A}{2}=\dfrac{E}{\cos\dfrac{A}{2}}.
H ανισότητα επομένως είναι ισοδύναμη της
\dfrac{1}{\cos\dfrac{A}{2}}+\dfrac{1}{\cos\dfrac{B}{2}}+\dfrac{1}{\cos\dfrac{C}{2}}\geq 2\sqrt{3}

H συνάρτηση \dfrac{1}{\cos x} είναι κυρτή στο διάστημα (0,\dfrac{\pi}{2}) οπότε από την ανισότητα Jensen

\dfrac{1}{\cos\dfrac{A}{2}}+\dfrac{1}{\cos\dfrac{B}{2}}+\dfrac{1}{\cos\dfrac{C}{2}}\geq\dfrac{3}{\cos\dfrac{A+B+C}{6}}= 2\sqrt{3}


Στάλα τη στάλα το νερό το μάρμαρο τρυπά το,
εκείνο που μισεί κανείς γυρίζει κι αγαπά το.

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης