Τριγωνική Ανισότητα ... εις βάθος!

#1

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!]

#2

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

Να δειχθεί ότι σε τυχόν τρίγωνο 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 · #3

Καλησπέρα και καλή χρονιά σε όλους!

Μια ακόμη προσέγγιση:

Θεωρώ τη διχοτόμο

.

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

η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του ABD

.

Όμως, η τελευταία ανισότητα ισχύει , διότι η χορδή

είναι μικρότερη είτε ίση από τη διάμετρο του προαναφερθέντος κύκλου.

#4

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

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

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

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

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

Με

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 (9.74 KiB) Προβλήθηκε 1021 φορές

#6

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

Λάμπρος Μπαλός · #7

Αν

είναι το έγκεντρο και

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

είναι και διχοτόμος δηλαδή όταν το τρίγωνο είναι ισοσκελές με βάση την

.

ksofsa · #8

Ακόμα μία λύση:

Έστω

το μέσο του τόξου

του περιγεγραμμένου κύκλου.

Τότε, από θεώρημα Πτολεμαίου:

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

Μιχάλης Τσουρακάκης · #9

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

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

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

Με

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 (12.66 KiB) Προβλήθηκε 955 φορές

Μιχάλης Τσουρακάκης · #10

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

Να δειχθεί ότι σε τυχόν τρίγωνο 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 (16.4 KiB) Προβλήθηκε 942 φορές

KARKAR · #11

: Βαθιά ανισότητα.png (9.73 KiB) Προβλήθηκε 904 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

,

ενώ το δεύτερο επειδή $d\geq h$ , είναι $\geq 2E$ , με την ισότητα αν d=h

( ισοσκελές ) .

#12

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

Αρκεί να εργαστούμε σε τρίγωνο ABC

με

,

, $\angle BAC=\theta$ , όπου $0\leq x\leq 1$ , $0\leq \theta \leq \pi$ . Το πηλίκο $\dfrac{|AB|+|AC|}{|BC|}$ μπορεί λοιπόν να εφρασθεί ως συνάρτηση του

, $f(x)=\dfrac{1+x}{\sqrt{1+x^2-2xcos\theta }}$ . Ισχύει η $f'(x)=\dfrac{(1+cos\theta )(1-x)}{(1+x^2-2xcos\theta )^{3/2}}\geq 0$ , άρα το μέγιστο της

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 $\dfrac{1+x}{\sqrt{1+x^2-2xcos\theta }}\leq \dfrac{1}{sin(\theta /2)}\leftrightarrow 0\leq (1+cos\theta )(1-x)^2$ .

Τριγωνική Ανισότητα ... εις βάθος!

Τριγωνική Ανισότητα ... εις βάθος!

Re: Τριγωνική Ανισότητα ... εις βάθος!

Re: Τριγωνική Ανισότητα ... εις βάθος!

Re: Τριγωνική Ανισότητα ... εις βάθος!

Re: Τριγωνική Ανισότητα ... εις βάθος!

Re: Τριγωνική Ανισότητα ... εις βάθος!

Re: Τριγωνική Ανισότητα ... εις βάθος!

Re: Τριγωνική Ανισότητα ... εις βάθος!

Re: Τριγωνική Ανισότητα ... εις βάθος!

Re: Τριγωνική Ανισότητα ... εις βάθος!

Re: Τριγωνική Ανισότητα ... εις βάθος!

Re: Τριγωνική Ανισότητα ... εις βάθος!

Μέλη σε σύνδεση