mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 16, 2019 8:21 am**

Σας προτείνω το θέμα S476 από το δεύτερο τεύχος του 2019 του Mathematical Reflections.
H ημερομηνία υποβολής λύσεων παρήλθε , έτσι μπορώ να σας το προτείνω.
Το θέμα είναι του Nguyen Viet Hung , Hanoi University of Science από το όμορφο Βιετνάμ.

Αποδείξτε ότι σε κάθε τρίγωνο ABC

ισχύει

$\displaystyle4cos\frac{A+\pi }{4}cos\frac{B+\pi }{4}cos\frac{C+\pi }{4}\geq \sqrt{\frac{r}{2R}}$

Για να είμαι απόλυτα ειλικρινής , δεν τόλμησα να στείλω στο Mathematical Reflections την λύση μου.
Δεν ικανοποιούσε τα δικά μου κριτήρια αισθητικής...
Θέλω να δω τις σκέψεις άλλων και μετά θα γράψω και τις δικές μου...

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 28, 2019 7:38 pm**

Ας δώσω την λύση που σκέφτηκα , αν θέλει κάποιος γράφει αυτό που νομίζει...

$\displaystyle cos\frac{A+\pi }{4}=cos\frac{\pi -B-C+\pi }{4}=cos\left ( \frac{\pi }{2}-\frac{B+C}{4} \right )=sin\frac{B+C}{4}$

Mε αντίστοιχες σκέψεις προκύπτει ότι

$\displaystyle cos\frac{B+\pi }{4}=sin\frac{A+C}{4}$

$\displaystyle cos\frac{C+\pi }{4}=sin\frac{A+B}{4}$

Έστω D E F

το τρίγωνο με κορυφές τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του ABC

με τις πλευρές του.

Γνωρίζουμε ότι στο τρίγωνο αυτό οι γωνίες είναι $\displaystyle \frac{B+C}{2},\frac{A+C}{2},\frac{B+A}{2}$

Eνθυμούμενος την παλιά Τριγωνομετρία , μπορώ να γράψω

$\displaystyle\frac{\rho }{r}=4\cdot sin\frac{B+C}{4}\cdot sin\frac{B+C}{4}\cdot sin\frac{B+C}{4}$

όπου $\rho$ η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του D E F

και φυσικά

η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του ABC

ο οποίος βέβαια είναι ο περιγεγραμμένος του D E F

.

Έστω $\tau$ η ημιπερίμετρος του D E F

και

η ημιπερίμετρος του ABC

.

Θυμάμαι από την Ευκλείδεια Γεωμετρία ότι

$\displaystyle \frac{\left ( ABC \right )}{\left ( D E F \right )}=\frac{2R}{r}\Leftrightarrow r\cdot \left ( ABC \right )=2R\cdot \left ( D EF \right )\Leftrightarrow r\cdot s\cdot r=2R\cdot \rho \cdot \tau$ δηλαδή $s\cdot r^{2}=R\cdot \rho \cdot 2\tau$

Θυμάμαι ότι $\displaystyle2\tau \leq s\cdot \sqrt{\frac{2r}{R}}$
https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... 4&hilit=27

Έτσι λοιπόν

$\displaystyle R\cdot \rho \cdot 2\tau \leq R\cdot \rho\cdot s\cdot \sqrt{\frac{2r}{R}}\Rightarrow s\cdot r^{2}\leq R\cdot \rho \cdot s\cdot \sqrt{\frac{2r}{R}}\Rightarrow ...\Rightarrow \frac{\rho }{r}\geq \sqrt{\frac{r}{2R}}$

Η ανισότητα αποδείχθηκε...

Την ώρα που έγραφα την λύση αυτή δεν είχε δημοσιευτεί η λύση του Mathematical Reflections.
Δεν θεωρώ την λύση μου ως ποιοτική , μπορεί κάποιος να δυσανασχετήσει , ειδικά με τα όσα επικαλούμαι...

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 06, 2019 5:45 pm**

: S-476.PNG (93.06 KiB) Προβλήθηκε 828 φορές

Θεωρώ ότι πρέπει να δείξω την λύση των Reflections.

mathematica.gr

S-476 ΑΠΟ MATHEMATICAL REFLECTIONS

S-476 ΑΠΟ MATHEMATICAL REFLECTIONS

Re: S-476 ΑΠΟ MATHEMATICAL REFLECTIONS

Re: S-476 ΑΠΟ MATHEMATICAL REFLECTIONS