Dany jest okrąg

[max123321]

Dany jest okrąg o promieniu \(\displaystyle{ 1}\) oraz punkty \(\displaystyle{ A_1,A_2,...,A_n}\). Dowieść, że na tym okręgu istnieje taki punkt \(\displaystyle{ P}\), dla którego \(\displaystyle{ PA_1+PA_2+...+PA_n \ge n}\). Wskazówka jest, że jeśli \(\displaystyle{ PP_1}\) będzie dowolną średnicą tego okręgu to co najmniej jeden z punktów \(\displaystyle{ P,P_1}\) spełnia podaną nierówność, ale jednak nie widzę dlaczego. Może ktoś to wytłumaczyć?

[arek1357]

Wsk: zapisz sobie P jako liczbę zespoloną leżącą na okręgu jednostkowym np: z

a.: \(\displaystyle{ A_{i}}\) jako dowolne liczby zespolone, zapisz tę nierówność w kategoriach zespolonych,
i skorzystaj z nierówności modułów (sumy)...

[max123321]

No rozumiem, ale czy można zrobić to zadanie metodami zwykłej geometrii?

[arek1357]

Możliwe, że tak...

Możesz sobie przetrasportować powyższe rozumowanie na płaszczyznę bez układu współrzędnych ...

Co jest do zrobienia...

[max123321]

No dobra to niech \(\displaystyle{ P=x+iy: x^2+y^2=1}\) no i piszę:
\(\displaystyle{ |P-A_1|+|P-A_2|+...+|P-A_n| \ge n}\) i to jest teza. I co z tym dalej zrobić?

[arek1357]

Może napiszę swój tok myślenia i będzie łatwiej:

\(\displaystyle{ z}\) - punkt na okręgu jednostkowym o module równym \(\displaystyle{ 1}\)

\(\displaystyle{ z_{i} , i=1,2,...,n}\) - punkty dowolnie wybrane...

(oczywiście wszystko to zespolone)

mamy udowodnić, że:

\(\displaystyle{ |z-z_{1}|+|z-z_{2}|+...+|z-z_{n}| \ge n}\)

ale wiemy, że:

\(\displaystyle{ |z-z_{1}|+|z-z_{2}|+...+|z-z_{n}| \ge |z-z_{1}+z-z_{2}+...+z-z_{n}|=|nz-(z_{1}+z_{2}+...+z_{n})|=|nz-A|}\)

mamy udowodnić, że:

\(\displaystyle{ |nz-A| \ge z}\)

A - to suma punktów tych wszystkich , a teraz mamy dobrać jakieś tam z...

ale:

\(\displaystyle{ z=\cos \varphi +i \sin \varphi}\)

\(\displaystyle{ A=a+bi}\)

podstawmy i zredukujmy:

\(\displaystyle{ |n(\cos \varphi +i \sin \varphi)-a-bi| \ge n}\)

\(\displaystyle{ |n \cos \varphi-a+i(n\sin \varphi - b)| \ge n}\)

\(\displaystyle{ \sqrt{(n \cos \varphi-a)^2+(n\sin \varphi-b)^2} \ge n}\)

podnieśmy do kwadratu, zredukujmy i wyjdzie:

\(\displaystyle{ a\cos \varphi+b\sin \varphi \le \frac{a^2+b^2}{2n}}\)

lub:

\(\displaystyle{ \frac{a}{ \sqrt{a^2+b^2} }\cos \varphi+ \frac{b}{ \sqrt{a^2+b^2} }\sin \varphi \le \frac{a^2+b^2}{ 2n\sqrt{a^2+b^2} }= \frac{\sqrt{a^2+b^2} }{2n}}\)

lewa strona jak widać to:

\(\displaystyle{ \sin \alpha \cos \varphi +\cos \alpha \sin \varphi \le \frac{\sqrt{a^2+b^2} }{2n}}\)

zwija się to do:

\(\displaystyle{ \sin(\alpha + \varphi ) \le \frac{\sqrt{a^2+b^2} }{2n}}\)

Teraz widać, że lewą stronę ładnie można zmniejszyć tak, żeby była mniejsza od prawej bi sinus dąży do zera...

Takie rozwiązanie jest elegantsze niż babranie się w planimetrie ale można , można to odwzorować babrając się w iloczyn wektorowy na płaszczyźnie czy takie tam...

[max123321]

No nie wiem czy takie elegantsze. Ja trochę pomyślałem i wymyśliłem coś takiego:
Niech \(\displaystyle{ PP_1}\) będzie dowolną średnicą okręgu. Wówczas z nierówności trójkąta mamy nierówności \(\displaystyle{ PA_1+P_1A_1 \ge 1, PA_2+P_1A_2 \ge 1,...,PA_n+P_1A_n \ge 1}\) czyli po zsumowaniu
\(\displaystyle{ PA_1+PA_2+...+PA_n+P_1A_1+P_1A_2+...+P_1A_n \ge 2n}\).
Jeśli \(\displaystyle{ PA_1+PA_2+...+PA_n \ge n}\) to ten punkt \(\displaystyle{ P}\) jest tym punktem o który chodzi.
Jeśli \(\displaystyle{ PA_1+PA_2+...+PA_n<n}\) to skoro zachodzi to \(\displaystyle{ PA_1+PA_2+...+PA_n+P_1A_1_P_1A_2+...+P_1A_n \ge 2n}\) to tym bardziej zachodzi to:
\(\displaystyle{ n+P_1A_1+P_1A_2+...+P_1A_n \ge 2n}\) czyli \(\displaystyle{ P_1A_1+P_1A_2+...+P_1A_n \ge n}\)
czyli to co trzeba było wykazać.

[arek1357]

Też eleganckie no wiem o gustach się nie dyskutuje...

Ale zawsze można...