Ανισότητα σε τραπέζιο

Al.Koutsouridis · #1

Οι διαγώνιοι ενός τραπεζίου τέμνονται υπό γωνία 60^0

. Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των μη παράλληλων πλευρών του είναι μεγαλύτερο ή ίσο από τις βάσεις του.

#2

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 18, 2020 11:08 pm
Οι διαγώνιοι ενός τραπεζίου τέμνονται υπό γωνία . Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των μη παράλληλων πλευρών του είναι μεγαλύτερο ή ίσο από τις βάσεις του.

Ισχύει και όταν οι διαγώνιοι του τραπεζίου τέμνονται σε γωνία μικρότερη των 60^0

: τα 'κρίσιμα' τρίγωνα είναι τα ABE

και

(όπου

,

οι παράλληλες πλευρές και

το σημείο τομής των διαγωνίων), καθώς, λόγω της $\angle AEB=\angle CED\leq 60^0$ ... οφείλουν να ισχύουν είτε οι $\angle EAB=\angle ECD\geq 60^0$ είτε οι $\angle EBA=\angle EDC\geq 60^0$ , οπότε αντίστοιχα είτε $|EB|\geq |AB|$ , $|ED|\geq |CD|$ είτε $|EA|\geq |AB|$ , $|EC|\geq |CD|$ , δηλαδή είτε $|BD|\geq |AB|+|CD|$ είτε $|AC|\geq |AB|+|CD|$ -- το άθροισμα των βάσεων οφείλει να είναι μικρότερο ή ίσο είτε της μιας διαγωνίου είτε της άλλης, με ανάλογο (και πιο άμεσο) όμως συλλογισμό στα αμβλυγώνια τρίγωνα ADE

,

... η κάθε διαγώνιος οφείλει να είναι μικρότερη του αθροίσματος των μη παραλλήλων πλευρών.

#3

Καλησπέρα σε όλους!

Νομίζω ότι πρώτα πρέπει να ξεκαθαρίσουμε (επειδή η εκφώνηση δεν είναι σαφής) ότι η γωνία των $60^\circ$ είναι εκείνη που βαίνει στις βάσεις και όχι στις μη παράλληλες πλευρές, όπου έχουμε το ακριβώς αντίθετο αποτέλεσμα. Υποθέτω επίσης ότι μιλάμε για το άθροισμα των βάσεων.

Al.Koutsouridis · #4

Καλησπέρα!

Εφόσον δεν διευκρινίζεται στην εκφώνηση για για ποιά από τις δυο γωνίες είναι 60^0

, θα πρέπει να εξεταστούν και οι δυο. Αν το άθροισμα των μη παράλληλων πλευρών είναι μεγαλύτερο ή ίσο της μεγαλύτερης βάσης, τότε θα είναι και της μικρότερης. Οπότε, όχι, δε μιλάμε για το άθροισμα των βάσεων.

#5

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 19, 2020 5:59 pm
Καλησπέρα!

Εφόσον δεν διευκρινίζεται στην εκφώνηση για για ποιά από τις δυο γωνίες είναι , θα πρέπει να εξεταστούν και οι δυο. Αν το άθροισμα των μη παράλληλων πλευρών είναι μεγαλύτερο ή ίσο της μεγαλύτερης βάσης, τότε θα είναι και της μικρότερης. Οπότε, όχι, δε μιλάμε για το άθροισμα των βάσεων.

Σ' ευχαριστώ Αλέξανδρε για την διευκρίνιση.

#6

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 19, 2020 5:24 pm
Καλησπέρα σε όλους!

Νομίζω ότι πρώτα πρέπει να ξεκαθαρίσουμε (επειδή η εκφώνηση δεν είναι σαφής) ότι η γωνία των $60^\circ$ είναι εκείνη που βαίνει στις βάσεις και όχι στις μη παράλληλες πλευρές, όπου έχουμε το ακριβώς αντίθετο αποτέλεσμα. Υποθέτω επίσης ότι μιλάμε για το άθροισμα των βάσεων.

Γιώργο όχι ακριβώς, στην περίπτωση που η γωνία των 60^0

δεν είναι εκείνη που βαίνει στις βάσεις (όπως ενστικτωδώς και αυθαιρέτως υπέθεσα) αλλά εκείνη που βαίνει στις μη παράλληλες πλευρές ... μπορεί το άθροισμα των μη παραλλήλων πλευρών να είναι είτε μικρότερο είτε μεγαλύτερο του αθροίσματος των βάσεων: στο σχήμα του συνημμένου για παράδειγμα, έχουμε (από Πυθαγόρειο Θεώρημα και Νόμο Συνημιτόνων) |AB|+|CD|>|BC|+|AD|

αλλά επίσης (εκφυλισμένο τραπέζιο, τριγωνική ανισότητα) |AB|<|AE|+|BE|

.

Οπότε: αν

,

οι βάσεις τραπεζίου και

η τομή των διαγωνίων

,

με $\angle ABE\leq 60^0$ τότε ΝΑΙ, ισχύει η |AB|+|CD|<|BC|+|AD|

(ενδεχομένως και με κάποια βελτίωση*)^ αν $\angle BEC\leq 60^0$ τότε άλλοτε ισχύει η $|AB|+|CD|\leq |BC|+|AD|$ και άλλοτε ισχύει η $|AB|+|CD|\geq |BC|+|AD|$ .

*να βρεθεί δηλαδή ελάχιστη σταθερά r>1

ώστε, με τις ίδιες υποθέσεις, να ισχύει η $r(|AB|+|CD|)\leq |BC|+|AD|$

: AEB-BEC.png (3.62 KiB) Προβλήθηκε 1159 φορές

#7

gbaloglou έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 19, 2020 10:19 pm
*να βρεθεί δηλαδή ελάχιστη σταθερά ώστε, με τις ίδιες υποθέσεις, να ισχύει η $r(|AB|+|CD|)\leq |BC|+|AD|$

Δεν μπορεί να βελτιωθεί το r=1

... όπως ξεκάθαρα μας δείχνει η ειδική περίπτωση του παραλληλογράμμου

#8

Ας δώσουμε άνω και κάτω φράγματα για τον λόγο $\dfrac{|BC|+|DA|}{|AB|+|CD|}$ , όπου AB, CD

οι παράλληλες πλευρές τραπεζίου ABCD

του οποίου οι διαγώνιοι τέμνονται κατά γωνία βαίνουσα προς τις AB, CD

ίση προς γωνία $\theta$ , όπου $0\leq \theta \leq 180^0$ . Αυτό θα γίνει με την βοήθεια ενός 'γενεσιακού' (generic) τραπεζίου/τριγώνου όπως στο συνημμένο: προκύπτουν ουσιαστικά όλα τα τραπέζια ως τριπαραμετρική οικογένεια με παραμέτρους $\theta$ ,

και $\lambda$ , όπου $0\leq x\leq 1$ , $0\leq \lambda\leq 1$ . Καταλήγουμε στην ανισότητα

$\dfrac{x+1}{\sqrt{x^2+1-2xcos\theta }}\geq \dfrac{|BC|+|DA|}{|AB|+|CD|}\geq \dfrac{\sqrt{x^2+1+2xcos\theta }}{\sqrt{x^2+1-2xcos\theta }},$

λόγω της ανισότητας (που προκύπτει σχετικά εύκολα με πράξεις)

$\dfrac{x+1}{\sqrt{x^2+1-2xcos\theta }}\geq \dfrac{\sqrt{\lambda ^2+x^2+2\lambda xcos\theta}+\sqrt{\lambda ^2x^2+1+2\lambda xcos\theta }}{(\lambda +1)\sqrt{x^2+1-2xcos\theta }}\geq \dfrac{\sqrt{x^2+1+2xcos\theta }}{\sqrt{x^2+1-2xcos\theta }}.$

Οι τρεις παράμετροι γίνονται λοιπόν δύο, και το μόνο που απομένει είναι η μεγιστοποίηση της $\dfrac{x+1}{\sqrt{x^2+1-2xcos\theta }}$ και η ελαχιστοποίηση της $\dfrac{\sqrt{x^2+1+2xcos\theta }}{\sqrt{x^2+1-2xcos\theta }}$ , για $0\leq x\leq 1$ . (Κρατάμε την γωνία $\theta$ των διαγωνίων σταθερή ... σύμφωνα με το αρχικό πρόβλημα.)

Η παράγωγος του τετραγώνου της $\dfrac{x+1}{\sqrt{x^2+1-2xcos\theta }}$ ισούται προς $\dfrac{2(1+cos\theta )(1-x^2)}{(x^2+1-2xcos\theta )^2}\geq 0$ , συνεπώς ισχύει η

$\dfrac{x+1}{\sqrt{x^2+1-2xcos\theta }}\leq \sqrt{\dfrac{2}{1-cos\theta }}$ για $0\leq x\leq 1$ και $0\leq \theta \leq 180^0$ .

Η παράγωγος του τετραγώνου της $\dfrac{\sqrt{x^2+1+2xcos\theta }}{\sqrt{x^2+1-2xcos\theta }}$ ισούται προς $\dfrac{4(cos\theta )x(x-1)^2}{(x^2+1-2xcos\theta )^2}$ : συμπεραίνουμε ότι η $\dfrac{\sqrt{x^2+1+2xcos\theta }}{\sqrt{x^2+1-2xcos\theta }}$ ελαχιστοποιείται για x=0

όταν $0\leq \theta \leq 90^0$ αλλά για x=1

όταν $90^0\leq \theta \leq 180^0$ , ισχύουν δηλαδή οι

$\dfrac{\sqrt{x^2+1+2xcos\theta }}{\sqrt{x^2+1-2xcos\theta }}\geq 1$ για $0\leq x\leq 1$ και $0\leq \theta \leq 90^0$

και

$\dfrac{\sqrt{x^2+1+2xcos\theta }}{\sqrt{x^2+1-2xcos\theta }}\geq \sqrt{\dfrac{1+cos\theta }{1-cos\theta }$ για $0\leq x\leq 1$ και $90^0\leq \theta \leq 180^0.$

Καταλήγουμε στις ανισότητες

$\sqrt{\dfrac{2}{1-cos\theta }}\geq \dfrac{|BC|+|DA|}{|AB|+|CD|}\geq 1$ για $0\leq \theta \leq 90^0$

και

$\sqrt{\dfrac{2}{1-cos\theta }}\geq \dfrac{|BC|+|DA|}{|AB|+|CD|}\geq \sqrt{\dfrac{1+cos\theta }{1-cos\theta }$ για $90^0\leq \theta \leq 180^0.$

: xλθ.png (3.76 KiB) Προβλήθηκε 1060 φορές

Al.Koutsouridis · #9

Να ευχαριστήσουμε τον λ.Μπαλόγλου για την μελέτη και λύση του γενικότερου προβλήματος.

Για την συνοχή του νήματος ας δούμε και την λύση εντός φακέλου:

έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 18, 2020 11:08 pm
Οι διαγώνιοι ενός τραπεζίου τέμνονται υπό γωνία . Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των μη παράλληλων πλευρών του είναι μεγαλύτερο ή ίσο από τις βάσεις του.

Έστω

το τραπέζιο,

η μεγαλύτερη βάση του και

το σημείο τομής των διαγωνίων του. Αρκεί να δείξουμε οτι το άθροισμα των μη παράλληλων πλευρών είναι μεγαλύτερο από την μεγαλύτερη βάση του τραπεζίου, τότε θα είναι και από την μικρότερη. Διακρίνουμε δυο περιπτώσεις:

Οι γωνίες $\angle APD = \angle BPC$ είναι ίσες με 120^0

. Επειδή απέναντι από την μεγαλύτερη γωνία βρίσκεται η μεγαλύτερη πλευρά του τριγώνου APD

, θα έχουμε AD > AP

και αντίστοιχα στο τρίγωνο BPC

,

. Προσθέτoντας κατά μέλη τις παραπάνω ανισώσεις έχουμε AD+BC > AP+BP > AB

. Η τελευταία, λόγω της τριγωνικής ανισότητας στο APB

.

Οι γωνίες $\angle APD = \angle BPC$ είναι ίσες με 60^0

. Σε αυτήν την περίπτωση φέρουμε την διχοτόμο της γωνίας APB

, έστω

σημείο αυτής προς την πλευρά της μεγαλύτερης βάσης τέτοιο, ώστε PE=PC

και αντίστοιχα σημείο

, ώστε

. Τότε θα ισχύει

$\dfrac{PC}{PA}= \dfrac{PD}{PB} \Rightarrow \dfrac{PE}{PA} =\dfrac{PZ}{PB}$ και επειδή $\angle APE=\angle BPZ=60^0$ , τα τρίγωνα PAE

και

είναι όμοια.

Άρα και $\angle AEP = \angle BZP$ .

Αν $\angle AEP = \angle BZP \leq 90^0$ , τότε $AD=AZ \geq AE$ . ( AD=AZ

από την κατασκευή μας τα σημεία D,Z

είναι συμμετρικά ως προς την

και αντίστοιχα τα C,E

ως προς την

). Επομένως θα έχουμε

$AD+BC = AZ+BE \geq AE+BE \geq AB$ .

Αν $\angle AEP = \angle BZP > 90^0$ , τότε BC=BE > BZ

και άρα θα έχουμε

$AD+BC=AZ+BE > AZ+ZB \geq AB$ .

Σε όλες τις περιπτώσεις λοιπόν, το ζητούμενο ισχύει.

: anisothta_se_trapezio.png (15.97 KiB) Προβλήθηκε 989 φορές

#10

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 24, 2020 11:49 am
Να ευχαριστήσουμε τον λ.Μπαλόγλου για την μελέτη και λύση του γενικότερου προβλήματος.

Για την συνοχή του νήματος ας δούμε και την λύση εντός φακέλου:

έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 18, 2020 11:08 pm
Οι διαγώνιοι ενός τραπεζίου τέμνονται υπό γωνία . Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των μη παράλληλων πλευρών του είναι μεγαλύτερο ή ίσο από τις βάσεις του.

Δηλαδή Αλέξανδρε ... και εκτός φακέλου και εκτός θέματος βρέθηκα;!

Λοιπόν ... ψυχραιμία: οι μεν ανισότητες που χρησιμοποίησα αποδεικνύονται εύκολα και χωρίς παραγώγους, το δε πρόβλημα όντως ζητούσε το άθροισμα των μη παραλήλων πλευρών να υπερβαίνει την μεγαλύτερη βάση, κάτι που σχετικά εύκολα αποδεικνύεται ΚΑΙ αλγεβρικά όταν η γωνία που βαίνει στις παράλληλες πλευρές είναι οξεία, και ΜΑΛΛΟΝ ισχύει και όταν είναι αμβλεία (ΟΧΙ υποχρεωτικά 120^0

), αναγόμενο συγκεκριμένα (και σύμφωνα με την παραπάνω μέθοδο μου πάντοτε) στην ανισότητα τριών μεταβλητών

$\sqrt{\lambda ^2+x^2+2\lambda xcos\theta }+\sqrt{\lambda ^2x^2+1+2\lambda xcos\theta }\geq \sqrt{x^2+1-2xcos\theta }.$

Η ανισότητα αυτή φαίνεται ότι όντως ισχύει για $0\leq x\leq 1$ , $0\leq \lambda \leq 1$ , $90^0\leq \theta \leq 180^0$ , αλλά δεν έχω ακόμη απόδειξη: την καταθέτω εδώ με σκοπό να την αποδείξω κάποτε, ενθαρρύνοντας ταυτόχρονα άλλους είτε να την παλέψουν είτε να προσπαθήσουν γεωμετρικά για ΤΥΧΟΥΣΑ αμβλεία γωνία διαγωνίων!

ΕΠΕΞΕΡΓΑΣΙΑ 25-12-2020 1 μμ: διορθώθηκε το δεξιό σκέλος της παραπάνω ανισότητας (τετραγωνική ρίζα και αλλαγή προσήμου).

#11

gbaloglou έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 24, 2020 11:38 pm

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 24, 2020 11:49 am
Να ευχαριστήσουμε τον λ.Μπαλόγλου για την μελέτη και λύση του γενικότερου προβλήματος.

Για την συνοχή του νήματος ας δούμε και την λύση εντός φακέλου:

έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 18, 2020 11:08 pm
Οι διαγώνιοι ενός τραπεζίου τέμνονται υπό γωνία . Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των μη παράλληλων πλευρών του είναι μεγαλύτερο ή ίσο από τις βάσεις του.

Δηλαδή Αλέξανδρε ... και εκτός φακέλου και εκτός θέματος βρέθηκα;!

Λοιπόν ... ψυχραιμία: οι μεν ανισότητες που χρησιμοποίησα αποδεικνύονται εύκολα και χωρίς παραγώγους, το δε πρόβλημα όντως ζητούσε το άθροισμα των μη παραλήλων πλευρών να υπερβαίνει την μεγαλύτερη βάση, κάτι που σχετικά εύκολα αποδεικνύεται ΚΑΙ αλγεβρικά όταν η γωνία που βαίνει στις παράλληλες πλευρές είναι οξεία, και ΜΑΛΛΟΝ ισχύει και όταν είναι αμβλεία (ΟΧΙ υποχρεωτικά ), αναγόμενο συγκεκριμένα (και σύμφωνα με την παραπάνω μέθοδο μου πάντοτε) στην ανισότητα τριών μεταβλητών

$\sqrt{\lambda ^2+x^2+2\lambda xcos\theta }+\sqrt{\lambda ^2x^2+1+2\lambda xcos\theta }\geq \sqrt{x^2+1-2xcos\theta }.$

Η ανισότητα αυτή φαίνεται ότι όντως ισχύει για $0\leq x\leq 1$ , $0\leq \lambda \leq 1$ , $90^0\leq \theta \leq 180^0$ , αλλά δεν έχω ακόμη απόδειξη: την καταθέτω εδώ με σκοπό να την αποδείξω κάποτε, ενθαρρύνοντας ταυτόχρονα άλλους είτε να την παλέψουν είτε να προσπαθήσουν γεωμετρικά για ΤΥΧΟΥΣΑ αμβλεία γωνία διαγωνίων!

Όχι βέβαια, δεν μπορεί να ισχύει για τυχούσα γωνία διαγωνίων, ας σκεφθούμε πχ ένα επίμηκες ορθογώνιο όπου $\lambda =x=1$ και $\theta \approx180^0$ , οπότε το δεξιό σκέλος είναι περίπου

και το αριστερό σκέλος περίπου

.

ΕΠΕΞΕΡΓΑΣΙΑ 25-12-2020 1:20 μμ: έγινε διόρθωση στο δεξιό σκέλος της ανισότητας (κατά την αμέσως προηγούμενη δημοσίευση) και διεγράφη άτοπη αλγεβρική απόδειξη (για $\theta =120^0$ ) -- η προσπάθεια συνεχίζεται!

Al.Koutsouridis · #12

gbaloglou έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 25, 2020 9:42 am

Όχι βέβαια, δεν μπορεί να ισχύει για τυχούσα γωνία διαγωνίων, ας σκεφθούμε πχ ένα επίμηκες ορθογώνιο όπου $\lambda =x=1$ και $\theta \approx180^0$ , οπότε το δεξιό σκέλος είναι περίπου και το αριστερό σκέλος περίπου .

ΕΠΕΞΕΡΓΑΣΙΑ 25-12-2020 1:20 μμ: έγινε διόρθωση στο δεξιό σκέλος της ανισότητας (κατά την αμέσως προηγούμενη δημοσίευση) και διεγράφη άτοπη αλγεβρική απόδειξη (για $\theta =120^0$ ) -- η προσπάθεια συνεχίζεται!

Καλησπέρα κ.Γιώργο και χρόνια πολλά!

Ίσως ενδιαφέρον θα ήταν να το δούμε για $90^0 < \theta < 120^0$ . Δεν το έχω εξετάσει είναι η αλήθεια όμως.

#13

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 25, 2020 5:07 pm

gbaloglou έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 25, 2020 9:42 am

Όχι βέβαια, δεν μπορεί να ισχύει για τυχούσα γωνία διαγωνίων, ας σκεφθούμε πχ ένα επίμηκες ορθογώνιο όπου $\lambda =x=1$ και $\theta \approx180^0$ , οπότε το δεξιό σκέλος είναι περίπου και το αριστερό σκέλος περίπου .

ΕΠΕΞΕΡΓΑΣΙΑ 25-12-2020 1:20 μμ: έγινε διόρθωση στο δεξιό σκέλος της ανισότητας (κατά την αμέσως προηγούμενη δημοσίευση) και διεγράφη άτοπη αλγεβρική απόδειξη (για $\theta =120^0$ ) -- η προσπάθεια συνεχίζεται!

Καλησπέρα κ.Γιώργο και χρόνια πολλά!

Ίσως ενδιαφέρον θα ήταν να το δούμε για $90^0 < \theta < 120^0$ . Δεν το έχω εξετάσει είναι η αλήθεια όμως.

Αλέξανδρε σχεδόν σίγουρα ισχύει από $arccos(-3/5)=2arctan2 \approx 126,87^0$ (όπως 'υποδεικνύει' το συνημμένο) και κάτω (όπως προκύπτει από την παρακάτω παραγώγιση ως προς την γωνία $\theta$ ):

$\left(\sqrt{\lambda ^2+x^2+2\lambda xcos\theta }+\sqrt{\lambda ^2x^2+1+2\lambda xcos\theta }-\sqrt{x^2+1-2xcos\theta }\right)'=$

$=-\dfrac{\lambda xsin\theta }{\sqrt{\lambda ^2+x^2+2\lambda xcos\theta }}-\dfrac{\lambda xsin\theta }{\sqrt{\lambda ^2x^2+1+2\lambda xcos\theta }}-\dfrac{xsin\theta }{\sqrt{x^2+1-2xcos\theta }}<0.$

Προς το παρόν ... έχοντας γεωμετρική απόδειξη για $\theta =120^0$ ... μπορούμε άμεσα να κατηφορήσουμε ως το 90^0

... χάρις στην παραπάνω παρατηρηθείσα μονοτονία! (Στην πραγματικότητα μπορούμε να κατέβουμε ως το 0^0

, αλλά εδώ δεν χρειαζόμαστε την μονοτονία, μια και ήδη γνωρίζουμε την ισχύ της ανισότητας για οξείες γωνίες $\theta$ .)

Όσον αφορά τις γωνίες μεταξύ 120^0

και $126,87^0\approx arccos(-3/5)$ ή/και αλγεβρική απόδειξη ... θα προτιμούσα να (προσπαθήσω να) συνδυάσω αυτά τα δύο, δίνοντας πρώτα αλγεβρική απόδειξη για την γωνία $\theta =arccos(-3/5)$ [δύσκολο] και ακολούθως κατεβαίνοντας όπως παραπάνω [άμεσο]. Παραθέτω εδώ την επιθυμητή ανισότητα,

$\sqrt{\lambda ^2+x^2-6\lambda x/5}+\sqrt{\lambda ^2x^2+1-6\lambda x/5}-\sqrt{x^2+1+6x/5}\geq 0,$

KAI μία ισοδύναμη προς αυτήν ανισότητα (για $0\leq x\leq 1$ , $0\leq \lambda \leq 1$ πάντοτε):

$50\lambda ^4x^2+100\lambda ^2+100\lambda ^2x^4+64x^2+60\lambda ^2x+60\lambda ^2x^3\geq$

$\geq 120\lambda x^3+120\lambda x+144\lambda x^2+25\lambda ^4+25\lambda ^4x^4.$

: 2arctan2.png (2.5 KiB) Προβλήθηκε 853 φορές

#14

gbaloglou έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 25, 2020 11:43 pm

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 25, 2020 5:07 pm

gbaloglou έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 25, 2020 9:42 am

Όχι βέβαια, δεν μπορεί να ισχύει για τυχούσα γωνία διαγωνίων, ας σκεφθούμε πχ ένα επίμηκες ορθογώνιο όπου $\lambda =x=1$ και $\theta \approx180^0$ , οπότε το δεξιό σκέλος είναι περίπου και το αριστερό σκέλος περίπου .

ΕΠΕΞΕΡΓΑΣΙΑ 25-12-2020 1:20 μμ: έγινε διόρθωση στο δεξιό σκέλος της ανισότητας (κατά την αμέσως προηγούμενη δημοσίευση) και διεγράφη άτοπη αλγεβρική απόδειξη (για $\theta =120^0$ ) -- η προσπάθεια συνεχίζεται!

Καλησπέρα κ.Γιώργο και χρόνια πολλά!

Ίσως ενδιαφέρον θα ήταν να το δούμε για $90^0 < \theta < 120^0$ . Δεν το έχω εξετάσει είναι η αλήθεια όμως.
Αλέξανδρε σχεδόν σίγουρα ισχύει από $arccos(-3/5)=2arctan2 \approx 126,87^0$ (όπως 'υποδεικνύει' το συνημμένο) και κάτω (όπως προκύπτει από την παρακάτω παραγώγιση ως προς την γωνία $\theta$ ):

$\left(\sqrt{\lambda ^2+x^2+2\lambda xcos\theta }+\sqrt{\lambda ^2x^2+1+2\lambda xcos\theta }-\sqrt{x^2+1-2xcos\theta }\right)'=$

$=-\dfrac{\lambda xsin\theta }{\sqrt{\lambda ^2+x^2+2\lambda xcos\theta }}-\dfrac{\lambda xsin\theta }{\sqrt{\lambda ^2x^2+1+2\lambda xcos\theta }}-\dfrac{xsin\theta }{\sqrt{x^2+1-2xcos\theta }}<0.$

Προς το παρόν ... έχοντας γεωμετρική απόδειξη για $\theta =120^0$ ... μπορούμε άμεσα να κατηφορήσουμε ως το ... χάρις στην παραπάνω παρατηρηθείσα μονοτονία! (Στην πραγματικότητα μπορούμε να κατέβουμε ως το , αλλά εδώ δεν χρειαζόμαστε την μονοτονία, μια και ήδη γνωρίζουμε την ισχύ της ανισότητας για οξείες γωνίες $\theta$ .)

Όσον αφορά τις γωνίες μεταξύ και $126,87^0\approx arccos(-3/5)$ ή/και αλγεβρική απόδειξη ... θα προτιμούσα να (προσπαθήσω να) συνδυάσω αυτά τα δύο, δίνοντας πρώτα αλγεβρική απόδειξη για την γωνία $\theta =arccos(-3/5)$ [δύσκολο] και ακολούθως κατεβαίνοντας όπως παραπάνω [άμεσο]. Παραθέτω εδώ την επιθυμητή ανισότητα,

$\sqrt{\lambda ^2+x^2-6\lambda x/5}+\sqrt{\lambda ^2x^2+1-6\lambda x/5}-\sqrt{x^2+1+6x/5}\geq 0,$

KAI μία ισοδύναμη προς αυτήν ανισότητα (για $0\leq x\leq 1$ , $0\leq \lambda \leq 1$ πάντοτε):

$50\lambda ^4x^2+100\lambda ^2+100\lambda ^2x^4+64x^2+60\lambda ^2x+60\lambda ^2x^3\geq$

$\geq 120\lambda x^3+120\lambda x+144\lambda x^2+25\lambda ^4+25\lambda ^4x^4.$

Και όμως ΔΕΝ ισχύει η προταθείσα παραπάνω ανισότητα, καθώς για x=1

, $\lambda =\dfrac{3}{5}$ ... το αριστερό σκέλος ( $\sqrt{\lambda ^2+x^2-6\lambda x/5}+\sqrt{\lambda ^2x^2+1-6\lambda x/5}$ ) ισούται προς $\dfrac{8}{5}$ , ενώ το δεξιό σκέλος ( $\sqrt{x^2+1+6x/5}$ ) ισούται προς $\dfrac{4\sqrt{5}}{5}$ !

#15

gbaloglou έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 26, 2020 1:26 am

gbaloglou έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 25, 2020 11:43 pm

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 25, 2020 5:07 pm

gbaloglou έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 25, 2020 9:42 am

Όχι βέβαια, δεν μπορεί να ισχύει για τυχούσα γωνία διαγωνίων, ας σκεφθούμε πχ ένα επίμηκες ορθογώνιο όπου $\lambda =x=1$ και $\theta \approx180^0$ , οπότε το δεξιό σκέλος είναι περίπου και το αριστερό σκέλος περίπου .

ΕΠΕΞΕΡΓΑΣΙΑ 25-12-2020 1:20 μμ: έγινε διόρθωση στο δεξιό σκέλος της ανισότητας (κατά την αμέσως προηγούμενη δημοσίευση) και διεγράφη άτοπη αλγεβρική απόδειξη (για $\theta =120^0$ ) -- η προσπάθεια συνεχίζεται!

Καλησπέρα κ.Γιώργο και χρόνια πολλά!

Ίσως ενδιαφέρον θα ήταν να το δούμε για $90^0 < \theta < 120^0$ . Δεν το έχω εξετάσει είναι η αλήθεια όμως.
Αλέξανδρε σχεδόν σίγουρα ισχύει από $arccos(-3/5)=2arctan2 \approx 126,87^0$ (όπως 'υποδεικνύει' το συνημμένο) και κάτω (όπως προκύπτει από την παρακάτω παραγώγιση ως προς την γωνία $\theta$ ):

$\left(\sqrt{\lambda ^2+x^2+2\lambda xcos\theta }+\sqrt{\lambda ^2x^2+1+2\lambda xcos\theta }-\sqrt{x^2+1-2xcos\theta }\right)'=$

$=-\dfrac{\lambda xsin\theta }{\sqrt{\lambda ^2+x^2+2\lambda xcos\theta }}-\dfrac{\lambda xsin\theta }{\sqrt{\lambda ^2x^2+1+2\lambda xcos\theta }}-\dfrac{xsin\theta }{\sqrt{x^2+1-2xcos\theta }}<0.$

Προς το παρόν ... έχοντας γεωμετρική απόδειξη για $\theta =120^0$ ... μπορούμε άμεσα να κατηφορήσουμε ως το ... χάρις στην παραπάνω παρατηρηθείσα μονοτονία! (Στην πραγματικότητα μπορούμε να κατέβουμε ως το , αλλά εδώ δεν χρειαζόμαστε την μονοτονία, μια και ήδη γνωρίζουμε την ισχύ της ανισότητας για οξείες γωνίες $\theta$ .)

Όσον αφορά τις γωνίες μεταξύ και $126,87^0\approx arccos(-3/5)$ ή/και αλγεβρική απόδειξη ... θα προτιμούσα να (προσπαθήσω να) συνδυάσω αυτά τα δύο, δίνοντας πρώτα αλγεβρική απόδειξη για την γωνία $\theta =arccos(-3/5)$ [δύσκολο] και ακολούθως κατεβαίνοντας όπως παραπάνω [άμεσο]. Παραθέτω εδώ την επιθυμητή ανισότητα,

$\sqrt{\lambda ^2+x^2-6\lambda x/5}+\sqrt{\lambda ^2x^2+1-6\lambda x/5}-\sqrt{x^2+1+6x/5}\geq 0,$

KAI μία ισοδύναμη προς αυτήν ανισότητα (για $0\leq x\leq 1$ , $0\leq \lambda \leq 1$ πάντοτε):

$50\lambda ^4x^2+100\lambda ^2+100\lambda ^2x^4+64x^2+60\lambda ^2x+60\lambda ^2x^3\geq$

$\geq 120\lambda x^3+120\lambda x+144\lambda x^2+25\lambda ^4+25\lambda ^4x^4.$

Και όμως ΔΕΝ ισχύει η προταθείσα παραπάνω ανισότητα, καθώς για , $\lambda =\dfrac{3}{5}$ ... το αριστερό σκέλος ( $\sqrt{\lambda ^2+x^2-6\lambda x/5}+\sqrt{\lambda ^2x^2+1-6\lambda x/5}$ ) ισούται προς $\dfrac{8}{5}$ , ενώ το δεξιό σκέλος ( $\sqrt{x^2+1+6x/5}$ ) ισούται προς $\dfrac{4\sqrt{5}}{5}$ !

Το παραπάνω αντιπαράδειγμα μού το βρήκε το WolframAlpha, ΚΑΚΩΣ όμως κατέφυγα εκεί: η ίδια η Γεωμετρία, και πιο συγκεκριμένα το ίδιο το παράδειγμα που χρησιμοποίησα για να βάλω την γωνία $2arctan2=arccos(-3/5)\approx 126,87^0$ στο παιγνίδι ... εξηγούν (κόκκινο τραπέζιο) γιατί η γωνία αυτή ΔΕΝ εγγυάται την υπέρβαση του αθροίσματος των μη παραλλήλων πλευρών έναντι της μεγαλύτερης βάσης ... ΚΑΙ ταυτόχρονα γιατί ΚΑΜΙΑ άλλη γωνία διαγωνίων μεγαλύτερη των 120^0

δεν εγγυάται την εν λόγω υπέρβαση! (Στο παρακάτω σχήμα όντως $\lambda =3/5$ .)

: 2arctan2.png (2.98 KiB) Προβλήθηκε 830 φορές

#16

gbaloglou έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 26, 2020 8:15 am
Όσον αφορά τις γωνίες μεταξύ και $126,87^0\approx arccos(-3/5)$ ή/και αλγεβρική απόδειξη ... θα προτιμούσα να (προσπαθήσω να) συνδυάσω αυτά τα δύο, δίνοντας πρώτα αλγεβρική απόδειξη για την γωνία $\theta =arccos(-3/5)$ [δύσκολο] και ακολούθως κατεβαίνοντας όπως παραπάνω [άμεσο]. Παραθέτω εδώ την επιθυμητή ανισότητα,

$\sqrt{\lambda ^2+x^2-6\lambda x/5}+\sqrt{\lambda ^2x^2+1-6\lambda x/5}-\sqrt{x^2+1+6x/5}\geq 0,$

KAI μία ισοδύναμη προς αυτήν ανισότητα (για $0\leq x\leq 1$ , $0\leq \lambda \leq 1$ πάντοτε):

$50\lambda ^4x^2+100\lambda ^2+100\lambda ^2x^4+64x^2+60\lambda ^2x+60\lambda ^2x^3\geq$

$\geq 120\lambda x^3+120\lambda x+144\lambda x^2+25\lambda ^4+25\lambda ^4x^4.$

Και όμως ΔΕΝ ισχύει η προταθείσα παραπάνω ανισότητα, καθώς για , $\lambda =\dfrac{3}{5}$ ... το αριστερό σκέλος ( $\sqrt{\lambda ^2+x^2-6\lambda x/5}+\sqrt{\lambda ^2x^2+1-6\lambda x/5}$ ) ισούται προς $\dfrac{8}{5}$ , ενώ το δεξιό σκέλος ( $\sqrt{x^2+1+6x/5}$ ) ισούται προς $\dfrac{4\sqrt{5}}{5}$ !

ΙΣΧΥΕΙ πάντως η επιθυμητή γεωμετρική ανισότητα για $\theta =120^0$ -- αλλά ούτε λεπτό παραπάνω -- και έχουμε γι αυτό την εξαιρετικής τεχνοτροπίας απόδειξη που παρέθεσε ο Αλέξανδρος. Αν το αλγεβροποιήσουμε το θέμα, η επιθυμητή ανισότητα λαμβάνει, όπως είδαμε, την μορφή

$\sqrt{\lambda ^2+x^2-\lambda x}+\sqrt{\lambda ^2x^2+1-\lambda x}-\sqrt{x^2+1+x}\geq 0,$

που ύστερα από αρκετές πράξεις λαμβάνει την μορφή

$2\lambda ^4x^2+4\lambda ^2+4\lambda ^2x^4+3x^2+2\lambda ^2x+2\lambda ^2x^3\geq$

$\geq 4\lambda x^3+4\lambda x+4\lambda x^2+\lambda ^4+\lambda ^4x^4.$

Η ανισότητα αυτή ΙΣΧΥΕΙ για $0\leq x\leq 1$ , $0\leq \lambda \leq 1$ -- ως ισότητα για $\lambda =x=0$ (ευθύγραμμο τμήμα) και για $\lambda =1/2, x=1$ (εξ ορθογωνίου παραλληλογράμμου τραπέζιο όπως στην προηγούμενη δημοσίευση) -- αλλά δεν έχω ως τώρα βρει τρόπο απόδειξης.

#17

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 28, 2020 12:12 am
ΙΣΧΥΕΙ πάντως η επιθυμητή γεωμετρική ανισότητα για $\theta =120^0$ -- αλλά ούτε λεπτό παραπάνω -- και έχουμε γι αυτό την εξαιρετικής τεχνοτροπίας απόδειξη που παρέθεσε ο Αλέξανδρος. Αν το αλγεβροποιήσουμε το θέμα, η επιθυμητή ανισότητα λαμβάνει, όπως είδαμε, την μορφή

$\sqrt{\lambda ^2+x^2-\lambda x}+\sqrt{\lambda ^2x^2+1-\lambda x}-\sqrt{x^2+1+x}\geq 0,$

που ύστερα από αρκετές πράξεις λαμβάνει την μορφή

$2\lambda ^4x^2+4\lambda ^2+4\lambda ^2x^4+3x^2+2\lambda ^2x+2\lambda ^2x^3\geq$

$\geq 4\lambda x^3+4\lambda x+4\lambda x^2+\lambda ^4+\lambda ^4x^4.$

Η ανισότητα αυτή ΙΣΧΥΕΙ για $0\leq x\leq 1$ , $0\leq \lambda \leq 1$ -- ως ισότητα για $\lambda =x=0$ (ευθύγραμμο τμήμα) και για $\lambda =1/2, x=1$ (εξ ορθογωνίου παραλληλογράμμου τραπέζιο όπως στην προηγούμενη δημοσίευση) -- αλλά δεν έχω ως τώρα βρει τρόπο απόδειξης.

Η ανισότητα ισχύει ως ισοδύναμη της προφανώς ισχύουσας

$\lambda ^2(x-1)^2\left((8x^2+14x+8)-3\lambda ^2(x+1)^2\right)+\left(2\lambda (x^2+x+1)-3x\right)^2\geq 0.$

Ισότητα μπορεί να ισχύει μόνον όταν είτε $\lambda =0$ , οπότε επίσης $x=\dfrac{2(x^2+x+1)\lambda }{3}=0$ , είτε x=1

, οπότε επίσης $\lambda =\dfrac{3x}{2(x^2+x+1)}=\dfrac{1}{2}$ .

Η περίπτωση $\lambda =0, x=0$ είναι τετριμμένη (ευθύγραμμο τμήμα), ενώ η περίπτωση $x=1,\lambda =\dfrac{1}{2}$ αντιστοιχεί σε τραπέζιο με τρεις ίσες πλευρές:

: trapezoid-3-equal.png (3.99 KiB) Προβλήθηκε 760 φορές

Ανισότητα σε τραπέζιο

Ανισότητα σε τραπέζιο

Re: Ανισότητα σε τραπέζιο

Re: Ανισότητα σε τραπέζιο

Re: Ανισότητα σε τραπέζιο

Re: Ανισότητα σε τραπέζιο

Re: Ανισότητα σε τραπέζιο

Re: Ανισότητα σε τραπέζιο

Re: Ανισότητα σε τραπέζιο

Re: Ανισότητα σε τραπέζιο

Re: Ανισότητα σε τραπέζιο

Re: Ανισότητα σε τραπέζιο

Re: Ανισότητα σε τραπέζιο

Re: Ανισότητα σε τραπέζιο

Re: Ανισότητα σε τραπέζιο

Re: Ανισότητα σε τραπέζιο

Re: Ανισότητα σε τραπέζιο

Re: Ανισότητα σε τραπέζιο

Μέλη σε σύνδεση