Τριγωνική ανισότητα

tolis riza · #1

Σε τρίγωνο $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma }$ με $\displaystyle{\hat {\rm B} < \hat \Gamma }$ και διαμέσους $\displaystyle{{\rm B}{\rm M},\Gamma {\rm N}}$ , να δείξετε ότι:

$\displaystyle{{\rm B}{\rm M} + \Gamma {\rm M} > \Gamma {\rm N} + {\rm B}{\rm N}}$
(πολλές λύσεις)

Atlas · #2

Διακρίνω περιπτώσεις:
1. $\hat \Gamma \leqslant {90^o}$
Θεωρώ σημείο $\Delta$ του ${\rm B}\Gamma$ ώστε:
$Z\Delta = E\Gamma$ .
Θεωρώ ακόμα :
$\begin{gathered} AE|| = B\Gamma || = AZ \hfill \\ ZK \bot B\Gamma ,ZH = KH \hfill \\ \end{gathered}$ ,
οπότε έχουμε:
$\begin{gathered} AB = K\Delta = 2BM \hfill \\ \Delta E = K\Gamma = Z\Gamma = 2\Gamma N \hfill \\ BZ = BK = A\Gamma = 2M\Gamma \hfill \\ BE = 2BM \hfill \\ \end{gathered}$
και συνεπώς:
$\Delta K + \Delta E < BK + BE\mathop {}\limits_{} \Rightarrow \mathop {}\limits_{}^{} 2BN + 2\Gamma N < 2\Gamma M + 2BM$
2. 2) Αν $\hat \Gamma > {90^o}$ , η απόδειξη είναι ανάλογη, λόγω του
Παραλληλογράμμου ${\rm E}\Delta {\rm K}\Gamma$
( λεπτομέρειες έχουν παραληφθεί)

STOPJOHN · #3

Kαλημέρα
Η λύση που ακολουθεί δεν είναι με τη γνωστή μεθοδολογία (αν υπάρχουν μέθοδοι;;) της Α Λυκείου. ....ξεφεύγουμε από τα συνηθισμένα μονοπάτια ..
Η ανισότητα που δόθηκε γράφεται $MB-\Gamma N>BN-\Gamma M\Leftrightarrow \frac{\mu _{b}-\mu _{\gamma }}{\gamma -b}>\frac{1}{2} (*)$

Από τα θεωρήματα των διαμέσων είναι :

$\alpha ^{2}+\gamma ^{2}=2\mu _{\beta }^{2}+\frac{\beta ^{2}}{2},(1) \beta ^{2}+\alpha ^{2}=2\mu _{\gamma }^{2}+\frac{\gamma ^{2}}{2},(2)$
$(1)-(2)\Rightarrow \gamma ^{2}-\beta ^{2}=2(\mu _{\beta }^{2}-\mu _{\gamma }^{2})+\frac{\beta ^{2}-\gamma ^{2}}{2}\Leftrightarrow \frac{\mu _{\beta }-\mu _{\gamma }}{\gamma -\beta }=\frac{3}{4}\frac{\gamma +\beta }{\mu _{\beta }+\mu _{\gamma }},$ (**)

Aπό (*),(**) αρκεί να αποδειχθεί ότι
$\frac{\gamma +\beta }{\mu _{\beta }+\mu _{\gamma }}>\frac{2}{3}\Leftrightarrow \Gamma \Theta +B\Theta <AB+A\Gamma$
H τελευταία ανισότητα ισχύει γιατί έχουμε τις τεθλασμένες γραμμές $\Gamma AB,\Gamma \Theta B$ με κοινά ακρα
και η εξωτερική έχει μεγαλυτερη περίμετρο από την εσωτερική

Φιλικά
Γιάννης

KARKAR · #4

: Τριγωνική.png (13.96 KiB) Προβλήθηκε 790 φορές

Ονομάζω

τα συμμετρικά των B,C

ως προς την ευθεία

. Προφανώς BB'C'C

ορθογώνιο .

Επειδή $\hat{B}<\hat{C}$ , θα είναι $\phi>\theta$ , άρα SN>TM

. Αν πάρουμε SM'=TM

, θα είναι :

BM+MC=BM+MC'=CM'+M'B'>CN+NB'=CN+NB

, ό. ε .δ

Τριγωνική ανισότητα

Τριγωνική ανισότητα

Re: Τριγωνική ανισότητα

Re: Τριγωνική ανισότητα

Re: Τριγωνική ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση