szukanie zaawansowane
 [ Posty: 10 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 20 gru 2015, o 19:06 
Użytkownik

Posty: 403
Lokalizacja: London ChinaTown
Niech 2p - obwód trójkąta, r - promień okręgu wpisanego w trójkąt, R - promień okręgu opisanego na trójkącie. Udowodnić, że 2r \le  \frac{2  \sqrt{3} }{9} p  \le R.
Góra
Mężczyzna Online
PostNapisane: 20 gru 2015, o 22:26 
Użytkownik

Posty: 10764
Lokalizacja: Wrocław
Mam chyba lewą nierówność, prawej jeszcze nie wymyśliłem. Niech a,b,c - długości boków trójkąta, S - pole trójkąta. Wówczas ze wzoru Herona i tego wzoru na pole z połową obwodu mamy S= \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=pr. Gdy podniesiemy to stronami do potęgi \frac{2}{3} i skrócimy co się da, to otrzymamy \sqrt[3]{(p-a)(p-b)(p-c)}=p^{\frac 1 3}r^{\frac 2 3}. Natomiast z AM-GM mamy \frac{p-a+p-b+p-c}{3}  \ge \sqrt[3]{(p-a)(p-b)(p-c)}, czyli \frac{p}{3} \ge  \sqrt[3]{(p-a)(p-b)(p-c)}=p^{\frac 1 3}r^{\frac 2 3}. Równoważnie mamy p^{\frac 2 3} \ge 3r ^{ \frac{2}{3} }, a jako że obie strony są dodatnie, to podnosimy stronami do potęgi \frac{3}{2} i mamy nierówność ewidentnie równoważną tezie.

-- 20 gru 2015, o 22:28 --

Aha, nie interesuje mnie to, że wielokrotnie powtórzyłem słowo "mamy", ja zdałem polski kilka lat temu i mogę pisać tak niepoprawnie stylistycznie, jak tylko sobie wymarzę.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 20 gru 2015, o 23:44 
Użytkownik

Posty: 754
Lokalizacja: Warszawa
To ja się zajmę prawą stroną na tyle na ile umiem.
Skorzystamy z tw. sinusów.
Ukryta treść:    


\frac{2 \sqrt{3} }{9} p \le R jest równowazne a+b+c  \le 3 \sqrt{3}R
Dla trzech boków a,b,c w trójkącie opisanym na okręgu mamy : 2R=\frac{a}{\sin x}=\frac{b}{\sin y}=\frac{c}{\sin z} Oczywiście na przeciwko boków leży dany kąt.
Czyli mamy R \sqrt{3}= \frac{ \sqrt{3} a}{2\sin x}=\frac{ \sqrt{3} b}{2\sin y}=\frac{ \sqrt{3} c}{2\sin z}
Czyli 3R \sqrt{3}  = \frac{ \sqrt{3}}{2} \left( \frac{a}{\sin x}+\frac{b}{\sin y}+\frac{c}{\sin z}\right)  \ge \frac{\sqrt{3}}{ 2}\left( a+b+c\right)   \ge  a+b+c co było do wykazania.

-- 20 gru 2015, o 23:50 --

W sumie gdy trójkąt w okręgu jest równoboczny to mamy równość więc nawet by się zgadzało.

-- 20 gru 2015, o 23:54 --

Czy z powyższych nierówności mogę wywnioskować iż obwód trójkąta wpisanego w okrąg jest największy gdy ten trójkąt jest równoboczny?
Bo 3R \sqrt{3} nie zmienia swojej wartości w zależności od boków a równość zachodzi gdy trójkąt jest równoboczny więc wniosek sam się nasuwa.
Góra
Mężczyzna Online
PostNapisane: 21 gru 2015, o 00:20 
Użytkownik

Posty: 10764
Lokalizacja: Wrocław
Nie ma błędów, fajne. Sinusy są tu dodatnie i nie większe od jedynki, więc to szacowanie nie jest naciągane. Co do pytania: tak.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 21 gru 2015, o 00:29 
Użytkownik

Posty: 754
Lokalizacja: Warszawa
Hah dzięki , ucieszyła mnie ta wiadomość , chyba zacznę robić zbiór Pompe w ramach planimetrii :P
Góra
Mężczyzna Online
PostNapisane: 21 gru 2015, o 00:40 
Użytkownik

Posty: 10764
Lokalizacja: Wrocław
O niee, właśnie sobie uświadomiłem, że to szacowanie jest za słabe (szkoda, bo urokliwe):
ja nie pamiętałem ile to jest \sqrt{3}, ale przecież \frac{ \sqrt{3} }{2}< \frac{ \sqrt{4} }{2}=1, więc nieprawdą będzie
\frac{\sqrt{3}}{ 2}\left( a+b+c\right) \ge a+b+c
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 21 gru 2015, o 05:30 
Moderator

Posty: 1936
Lokalizacja: Trzebiatów
Nasza nierówność jest równoważna w znalezieniu maksimum wartości
\sum_{cyc}^{} \sin x, gdzie x,y,z to kąty trójkąta. Mamy kolejno :

1) \sum_{cyc}^{} \sin x \le  \sum_{cyc}^{} \cos  \frac{x}{2} \le  \frac{3 \sqrt{3} }{2}, co daje nam dowód ostatniej nierówności.

Jeżeli są jakieś wątpliwości, co do poszczególnych nierówności, bądz też jakieś ustarki to proszę dać znać/ z góry przepraszam, ciężko mi obecnie to przeanalizować - od początku moje bazgroły.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 21 gru 2015, o 05:55 
Użytkownik

Posty: 13520
Lokalizacja: Bydgoszcz
Tę pierwszą nierówność wypadało by uzasadnić (druga w wklęsłości kosinusa)
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 21 gru 2015, o 15:55 
Użytkownik

Posty: 403
Lokalizacja: London ChinaTown
Zahion napisał(a):
Nasza nierówność jest równoważna w znalezieniu maksimum wartości
\sum_{cyc}^{} \sin x, gdzie x,y,z to kąty trójkąta. Mamy kolejno :

1) \sum_{cyc}^{} \sin x \le  \sum_{cyc}^{} \cos  \frac{x}{2} \le  \frac{3 \sqrt{3} }{2}, co daje nam dowód ostatniej nierówności.

Jeżeli są jakieś wątpliwości, co do poszczególnych nierówności, bądz też jakieś ustarki to proszę dać znać/ z góry przepraszam, ciężko mi obecnie to przeanalizować - od początku moje bazgroły.

Dlaczego nierówność jest równoważna znalezieniu maksimum wartości \sum_{cyc}^{} \sin x?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 21 gru 2015, o 16:52 
Moderator

Posty: 1936
Lokalizacja: Trzebiatów
Ponieważ mamy nierówność a + b + c  \le 3 \sqrt{3}R, natomiast a + b + c = 2R\left(  \sin x + \sin y + \sin z\right)

Oczywiście promień się skraca, więc domyślam się, że to jest maksymalna wartość.
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 10 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Dowód nierówności związanej z dwusieczną  laurelandilas  3
 z nierówności trójkąta  piotreko96  1
 związek między kątami a obwodem i promieniem  szymek12  3
 Opisz trójkąt za pomocą układu trzech nierówności  pwr  2
 Zależność między polem,a obwodem trójkąta.  ben2109  3
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl