Τριγωνική Ανισότητα ... εις βάθος!

Γενικά θέματα Μαθηματικών καί περί Μαθηματικών

Συντονιστής: Παύλος Μαραγκουδάκης

Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2945
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Τριγωνική Ανισότητα ... εις βάθος!

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Τρί Ιαν 05, 2021 6:28 pm

Με αφορμή την όλη συζήτηση εδώ ... προτείνω:

Να δειχθεί ότι σε τυχόν τρίγωνο ABC ισχύει η ανισότητα |AB|+|AC|\leq \dfrac{|BC|}{sin[(\angle BAC)/2]}.

[Ευχαριστώ τον Γιώργο Βισβίκη για διόρθωση στην φορά της ανισότητας!]


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10467
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Τριγωνική Ανισότητα ... εις βάθος!

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Ιαν 05, 2021 7:28 pm

gbaloglou έγραψε:
Τρί Ιαν 05, 2021 6:28 pm
Με αφορμή την όλη συζήτηση εδώ ... προτείνω:

Να δειχθεί ότι σε τυχόν τρίγωνο ABC ισχύει η ανισότητα |AB|+|AC|\leq \dfrac{|BC|}{sin[(\angle BAC)/2]}.

[Ευχαριστώ τον Γιώργο Βισβίκη για διόρθωση στην φορά της ανισότητας!]
Καλησπέρα Γιώργο!

\displaystyle a = 2R\sin A = 4R\sin \frac{A}{2}\cos \frac{A}{2} \Leftrightarrow \boxed{\frac{a}{{\sin \frac{A}{2}}} = 4R\cos \frac{A}{2}} (1)

\displaystyle \cos \frac{{B - C}}{2} \le 1 \Leftrightarrow 2\sin \frac{{B + C}}{2}\cos \frac{{B - C}}{2} \le 2\sin \frac{{B + C}}{2} \Leftrightarrow \sin B + \sin C \le 2\cos \frac{A}{2} \Leftrightarrow

\displaystyle 2R\sin B + 2R\sin C \le 4R\cos \frac{A}{2}\mathop  \Rightarrow \limits^{(1)} \boxed{b + c \le \frac{a}{{\sin \frac{A}{2}}}} (Η ισότητα ισχύει στο ισοσκελές b=c).


ksofsa
Δημοσιεύσεις: 239
Εγγραφή: Κυρ Απρ 18, 2010 9:42 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Τριγωνική Ανισότητα ... εις βάθος!

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ksofsa » Τρί Ιαν 05, 2021 7:46 pm

Καλησπέρα και καλή χρονιά σε όλους!

Μια ακόμη προσέγγιση:

Θεωρώ τη διχοτόμο AD.

Από θεώρημα διχοτόμου έχω:

x=BD=\dfrac{ac}{b+c}\Leftrightarrow \dfrac{b+c}{a}=\dfrac{c}{x}.

Άρα αρκεί

c\leq \dfrac{x}{sin\dfrac{A}{2}}=2R',

όπου R' η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του ABD.

Όμως, η τελευταία ανισότητα ισχύει , διότι η χορδή AB είναι μικρότερη είτε ίση από τη διάμετρο του προαναφερθέντος κύκλου.


Κώστας Σφακιανάκης
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 4026
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Τριγωνική Ανισότητα ... εις βάθος!

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Τρί Ιαν 05, 2021 8:57 pm

Μία ακόμη προσέγγιση με τη βοήθεια του τύπου αποτετραγωνισμού \sin^2{\left(\dfrac{A}{2}\right)}=\dfrac{1-\cos{A}}{2} \ (1) και του νόμου συνημιτόνων.

\cos{A}=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc} \ \ (2)

\begin{aligned}b+c\leq \dfrac{a}{\sin{\left(\dfrac{A}{2}\right)}} &\stackrel{(1)}{\Leftrightarrow} (b+c)^2\leq \dfrac{2a^2}{1-\cos{A}} \stackrel{(2)}{\Leftrightarrow} (b+c)^2\leq \dfrac{4a^2bc}{a^2-(b-c)^2} \\ &\stackrel{(\star)}{\Leftrightarrow} a^2(b+c)^2-(b+c)^2(b-c)^2\leq 4a^2bc \Leftrightarrow a^2(b+c)^2 - 4a^2bc \leq (b+c)^2(b-c)^2 \\ &\Leftrightarrow a^2(b-c)^2\leq (b+c)^2(b-c)^2 \Leftrightarrow a^2 \leq (b+c)^2 \Leftrightarrow a\leq b+c \end{aligned}

που ισχύει. Η ισότητα ισχύει μόνο όταν b=c.

(\star): Είναι a^2-(b-c)^2=(a+b-c)(a-b+c) > 0 λόγω της τριγωνικής ανισότητας.

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 2062
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Τριγωνική Ανισότητα ... εις βάθος!

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Τρί Ιαν 05, 2021 9:20 pm

gbaloglou έγραψε:
Τρί Ιαν 05, 2021 6:28 pm
Με αφορμή την όλη συζήτηση εδώ ... προτείνω:

Να δειχθεί ότι σε τυχόν τρίγωνο ABC ισχύει η ανισότητα |AB|+|AC|\leq \dfrac{|BC|}{sin[(\angle BAC)/2]}.

[Ευχαριστώ τον Γιώργο Βισβίκη για διόρθωση στην φορά της ανισότητας!]

Με AD διχοτόμο ισχύει ,x=csin \dfrac{A}{2}  \leq BD και y=bsin \dfrac{A}{2}  \leq DC .Με πρόσθεση προκύπτει το ζητούμενο
τριγωνική ανισότητα εις...βάθος.png
τριγωνική ανισότητα εις...βάθος.png (9.74 KiB) Προβλήθηκε 568 φορές


Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 4026
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Τριγωνική Ανισότητα ... εις βάθος!

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Τρί Ιαν 05, 2021 9:30 pm

Φέρνω τη διχοτόμο AD=d και πολλαπλασιάζοντας με d\sin{\left(\dfrac{A}{2}\right)} τα 2 μέλη της ζητούμενης έχουμε διαδοχικά:

\begin{aligned}bd\sin{\left(\dfrac{A}{2}\right)} + cd\sin{\left(\dfrac{A}{2}\right)} \leq ad &\Leftrightarrow 2(ADC)+2(ABD)\leq ad \Leftrightarrow 2(ABC) \leq ad \\ &\Leftrightarrow a\upsilon_a\leq ad \Leftrightarrow \upsilon_a\leq d\end{aligned}

που ισχύει.

Η ισότητα αν και μόνο αν \upsilon= d δηλαδή αν και μόνο αν b=c.

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Άβαταρ μέλους
Λάμπρος Μπαλός
Δημοσιεύσεις: 947
Εγγραφή: Τρί Αύγ 13, 2013 12:21 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: Τριγωνική Ανισότητα ... εις βάθος!

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Μπαλός » Τρί Ιαν 05, 2021 9:40 pm

Αν O είναι το έγκεντρο και r η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου,

ισοδύναμα θέλουμε να δείξουμε ότι

b+c \leq \frac{a \cdot OA}{r} \Leftrightarrow \frac {a+b+c}{2} \leq \frac{a \cdot OA +ar}{2r} \Leftrightarrow

E \leq \frac{a \cdot (OA+r)}{2} \Leftrightarrow \upsilon _{a}}\leq OA +r , που ισχύει.

Η ισότητα ισχύει όταν το ύψος στην a είναι και διχοτόμος δηλαδή όταν το τρίγωνο είναι ισοσκελές με βάση την a.


Λάμπρος Μπαλός
lamprosbalos81@gmail.com
ksofsa
Δημοσιεύσεις: 239
Εγγραφή: Κυρ Απρ 18, 2010 9:42 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Τριγωνική Ανισότητα ... εις βάθος!

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ksofsa » Τρί Ιαν 05, 2021 9:43 pm

Ακόμα μία λύση:

Έστω M το μέσο του τόξου BC του περιγεγραμμένου κύκλου.

Τότε, από θεώρημα Πτολεμαίου:

(b+c)MB=AMa\Leftrightarrow \dfrac{b+c}{a}=\dfrac{MA}{MB}\leq \dfrac{2R}{MB}=\dfrac{1}{sin\dfrac{A}2{}}\Leftrightarrow b+c\leq \dfrac{a}{sin\dfrac{A}{2}}
.


Κώστας Σφακιανάκης
Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 2062
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Τριγωνική Ανισότητα ... εις βάθος!

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Τρί Ιαν 05, 2021 10:28 pm

gbaloglou έγραψε:
Τρί Ιαν 05, 2021 6:28 pm
Με αφορμή την όλη συζήτηση εδώ ... προτείνω:

Να δειχθεί ότι σε τυχόν τρίγωνο ABC ισχύει η ανισότητα |AB|+|AC|\leq \dfrac{|BC|}{sin[(\angle BAC)/2]}.

[Ευχαριστώ τον Γιώργο Βισβίκη για διόρθωση στην φορά της ανισότητας!]
Με I έγκεντρο του  \triangle ABC από Van Aubel έχουμε

 \dfrac{AK}{KB}+ \dfrac{AL}{LC}= \dfrac{AI}{ID}  \Rightarrow  \dfrac{b}{a}+ \dfrac{c}{a}= \dfrac{AI}{ID}. Αλλά

 ID \geq r \Rightarrow ID \geq AIsin \dfrac{A}{2} \Rightarrow  \dfrac{AI}{ID} \leq  \dfrac{1}{sin \dfrac{A}{2} }

και η ζητούμενη είναι τώρα προφανής
τριγωνική ανισότητα εις...βάθος.png
τριγωνική ανισότητα εις...βάθος.png (12.66 KiB) Προβλήθηκε 502 φορές


Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 2062
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Τριγωνική Ανισότητα ... εις βάθος!

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Τρί Ιαν 05, 2021 10:49 pm

gbaloglou έγραψε:
Τρί Ιαν 05, 2021 6:28 pm
Με αφορμή την όλη συζήτηση εδώ ... προτείνω:

Να δειχθεί ότι σε τυχόν τρίγωνο ABC ισχύει η ανισότητα |AB|+|AC|\leq \dfrac{|BC|}{sin[(\angle BAC)/2]}.

[Ευχαριστώ τον Γιώργο Βισβίκη για διόρθωση στην φορά της ανισότητας!]
Με AD=b \Rightarrow  \angle BDC= \dfrac{A}{2} και

 \dfrac{b+c}{a} = \dfrac{sin \theta }{sin \dfrac{A}{2} }  \leq  \dfrac{1}{sin \dfrac{A}{2} } \Rightarrow b+c\leq  \dfrac{a}{sin \dfrac{A}{2} }
τριγωνική ανισότητα εις...βάθος.png
τριγωνική ανισότητα εις...βάθος.png (16.4 KiB) Προβλήθηκε 489 φορές


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 12552
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Τριγωνική Ανισότητα ... εις βάθος!

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τετ Ιαν 06, 2021 7:49 am

Βαθιά  ανισότητα.png
Βαθιά ανισότητα.png (9.73 KiB) Προβλήθηκε 451 φορές
Σύμφωνα με το λήμμα : b+c=\dfrac{2bc}{d}\cos\dfrac{A}{2} . Αρκεί λοιπόν : \dfrac{2bc}{d}\cos\dfrac{A}{2}}\leq \dfrac{a}{\sin\dfrac{A}{2}} ,

που ισοδυναμεί με την : bc \sin A \le ad , η οποία ισχύει αφού το α' μέλος είναι το 2E ,

ενώ το δεύτερο επειδή d\geq h , είναι \geq 2E , με την ισότητα αν d=h ( ισοσκελές ) .


Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2945
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Τριγωνική Ανισότητα ... εις βάθος!

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Τετ Ιαν 06, 2021 3:56 pm

Πολύ ωραίες λύσεις, ιδού 1-2 ακόμη, μαζί με την 'δημιουργία' της ανισότητας:

Αρκεί να εργαστούμε σε τρίγωνο ABC με |AB|=1, |AC|=x, \angle BAC=\theta, όπου 0\leq x\leq 1, 0\leq \theta \leq \pi . Το πηλίκο \dfrac{|AB|+|AC|}{|BC|} μπορεί λοιπόν να εφρασθεί ως συνάρτηση του x, f(x)=\dfrac{1+x}{\sqrt{1+x^2-2xcos\theta }}. Ισχύει η f'(x)=\dfrac{(1+cos\theta )(1-x)}{(1+x^2-2xcos\theta )^{3/2}}\geq 0, άρα το μέγιστο της f επιτυγχάνεται σε ένα από τα άκρα του διαστήματος [0, 1]. Εύκολα βλέπουμε ότι f(0)=1\leq \dfrac{1}{sin(\theta /2)}=f(1), και αυτό μας οδηγεί στην (ανα)ζητούμενη ανισότητα.

Χωρίς χρήση Λογισμού, η ζητούμενη/δοθείσα ανισότητα μπορεί να γραφεί, σύμφωνα με τα παραπάνω, ως \dfrac{1+x}{\sqrt{1+x^2-2xcos\theta }}\leq \dfrac{1}{sin(\theta /2)}\leftrightarrow 0\leq (1+cos\theta )(1-x)^2.


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γενικά”

Μέλη σε σύνδεση

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