Τριγωνομετρική ανισοϊσότητα

Συντονιστής: gbaloglou

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8146
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Τριγωνομετρική ανισοϊσότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Παρ Δεκ 28, 2018 7:49 pm

Δεν έχω λύση.
Ανισοϊσότητα.png
Ανισοϊσότητα.png (14.62 KiB) Προβλήθηκε 379 φορές
Το P 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



Λέξεις Κλειδιά:
Stelios V8
Δημοσιεύσεις: 22
Εγγραφή: Κυρ Ιαν 14, 2018 10:42 pm

Re: Τριγωνομετρική ανισοϊσότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Stelios V8 » 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 P ταυτιστεί με το περίκεντρο O 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

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 .
Συνημμένα
σχήμα.ggb
(14.91 KiB) Μεταφορτώθηκε 17 φορές


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8146
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Τριγωνομετρική ανισοϊσότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » 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 :clap2:

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


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία”

Μέλη σε σύνδεση

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