Ανίσωση από τρίγωνο

Xriiiiistos · #1

To τρίγωνο ABC

είναι τέτοιο ώστε αν

σημείο τομής της

με την διχοτόμο της γωνίας $\widehat{BAC}$ και

το συμμετρικό του

ως προς το

τότε

είναι εγγράψιμο. Να αποδείξετε

$BC^{2}\geq CD(AC+AB)$

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #2

Εφαρμόζοντας το θεώρημα Πτολεμαίου παίρνουμε ότι $AB\cdot CD+AC\cdot BD=AD\cdot BC$ .

Λόγω του ότι BD=CD

, έχουμε ότι $CD(AB+AC)=AD\cdot BC$ .

Επομένως αρκεί $BC\geq AD\Leftrightarrow BC\geq 2AE$ .

Είναι γνωστό ακόμη πως $CD^2=DE\cdot DA\Leftrightarrow CD^2=2DE^2\Leftrightarrow CD=\sqrt{2}DE$ . Από τα όμοια τρίγωνα ABE

και

έχουμε ότι $AB=\sqrt{2}BE$ και από αφού $\dfrac{AB}{BE}=\dfrac{AC}{CE}$ (θεώρημα διχοτόμων), έχουμε και ότι $AC=\sqrt{2}CE$ . Άρα $AB+AC=\sqrt{2}BC$ .

Θέτουμε BC=a

,

.

Είναι γνωστό πως το μήκος της

ως διχοτόμος της κορυφής

δίνεται από τον τύπο $\sqrt{bc[1-\dfrac{a}{b+c}]^2}$ .

Άρα πρέπει να αποδείξουμε πως $a\geq 2\sqrt{bc[1-\dfrac{a^2}{(b+c)^2}]}$ .

Ξέρουμε πως $b+c=\sqrt{2}a$ . Οπότε:

$2\sqrt{bc[1-\dfrac{a^2}{(b+c)^2}]}=2\sqrt{\dfrac{1}{2}bc}=\sqrt{2bc}=\sqrt{\dfrac{4bc}{2}}\leq \sqrt{\dfrac{(b+c)^2}{2}}=\sqrt{a^2}=a$ και το ζητούμενο έπεται.

Xriiiiistos · #3

Ας δούμε και μία πιο απλή λύση

Από εγγράψιμο έχουμε $EA\cdot ED=CE\cdot EB<=>_{(EA=ED)}EA^{2}=CE\cdot EB<=>_{(AD=2AE)}AD^{2}=4\cdot CE\cdot EB(i)$

Από θεώρημμα πτολεμαίου έχουμε
$AC\cdot DB+CD\cdot AB=AD\cdot CD<=>_{(i),(AC=CD)}CD(AC+AB)=2\sqrt{CE\cdot EB}\cdot CB\leq (CE+EB)CB=CB^{2}$

Στην ανίσωση χρησιμοποιούμε την ΑΜ-ΓΜ

H ισότητα ισχύει όταν το ABDC

είναι τετράγωνο

Ανίσωση από τρίγωνο

Ανίσωση από τρίγωνο

Re: Ανίσωση από τρίγωνο

Re: Ανίσωση από τρίγωνο

Μέλη σε σύνδεση