Problem z trójkątem

Thokk · Post autor: **Thokk** » 13 cze 2007, o 19:10

Mam pewien problem wymagający szybkiego rozwiązania.

Jest sobie trójkąt ABC i jakiś punkt P w tym trójkącie. Jak mam dowieść (w możliwie najprostszy sposób, nie wykraczający poza matmę rozszerzoną w liceum), że

|AB| + |AC| > |BP| + |CP| ?

Oto link do rysunku:
... 0460033778

Rzecz jest oczywista i właśnie może dlatego nie mogę jej wykonać...

Z góry dziękuję, zwłaszcza za szybką pomoc!

setch · Post autor: **setch** » 13 cze 2007, o 19:50

Z nierówności trójkąta
\(\displaystyle{ |AB|+|AC|>|CB|\\
|BP|+|CP|>|CB|}\)
odejmując stronami
\(\displaystyle{ |AB|+|AC|-|BP|-|CP|>0\\
|AB|+|AC|>|BP|+|CP|}\)

Thokk · Post autor: **Thokk** » 13 cze 2007, o 20:19

Ale jestem tępy... Dzięki.

Jopekk · Post autor: **Jopekk** » 13 cze 2007, o 20:29

Można też

palazi · Post autor: **palazi** » 13 cze 2007, o 21:06

setch pisze:Z nierówności trójkąta
\(\displaystyle{ |AB|+|AC|>|CB|\\
|BP|+|CP|>|CB|}\)
odejmując stronami
\(\displaystyle{ |AB|+|AC|-|BP|-|CP|>0\\
|AB|+|AC|>|BP|+|CP|}\)

Przecież tak nie można robić

Np. masz dwie nierówności: 5>4 oraz 8>1
"odejmij je stronami" i zobaczysz jakie "cudo" ci wyjdzie.

setch · Post autor: **setch** » 13 cze 2007, o 21:30

palazi, tam jest
\(\displaystyle{ 8>1\\
5>1\\
8-5>1-1\\
3>1}\)
Ponadto \(\displaystyle{ |AB|+|AC|>|BP|+|CP|}\) wiec po odjeciu stronami lewa strona bedzie dodatnia

palazi · Post autor: **palazi** » 13 cze 2007, o 21:37

Nie można odejmować nierównosci,a przykład podałem tylko dla zrozumienia błędu. Wiec dobra, podam jeszcze jeden: 3>1 i 4>1 Czyli wg. ciebie 3-4 > 1-1 czyli -1 >0
Po prostu nie można odejmować stronami nierówności Można tylko dodawać lub mnożyć stronami

setch · Post autor: **setch** » 13 cze 2007, o 21:41

W tym przypadku po odjeciu stronami lewa strona nierówności zawsze będzie dodatnia, więc twój przykład jest zły, ale masz racje niewolno odejmowaćnierówności stronami

palazi · Post autor: **palazi** » 13 cze 2007, o 21:44

setch pisze:W tym przypadku po odjeciu stronami lewa strona nierówności zawsze będzie dodatnia

A skad to wiesz? Przeciez to masz udowodnić, w powyższym zdaniu własnie zakładasz to co masz udowodnic.

Jopekk · Post autor: **Jopekk** » 13 cze 2007, o 21:54

twierdzenie sinusów + twierdzenie erdosa na pewno starczy, wy tam się dalej sprzeczajcie, ja przy szkle to sobie zobaczę

palazi · Post autor: **palazi** » 13 cze 2007, o 21:56

Myslę że tw. Erdosa nie jest na poziomie licealnym, więc szukam inneog sposobu - własnie trygonometrią jakoś szukam, ale wychodzi niełatwa nier. do udowodnienia więc narazie wymiekam.

Marcin88 · Post autor: **Marcin88** » 13 cze 2007, o 22:02

Oczywiście palazi ma rację, nie można odejmować nieróności stronami, a ta "próba" rozwiązania jest błędna. Pozwolę sobie wrzucić swoje:
Obierzmy na bokach AB, AC odpowiednio takie punkty E, F, że AEPF jest równoległobokiem (zawsze możemy takie wybrać). Zatem: AE=PF, oraz: AF=PE.
Teraz korzystając z dwóch nierówności trójkąta, dla tr. BPE, i dla tr. CFP mamy:
\(\displaystyle{ BP+CP< BE+PE+CF+PF=BE+AF+CF+AE=AB+AC}\)
co kończy dowód.

Thokk · Post autor: **Thokk** » 14 cze 2007, o 22:46

Macie rację, pomimo, że tamto z odejmowaniem stronami wychodzi nie jest prawidłowe.

Hmm... No dobra, ale czy z tym równległobokim to nie jest tylko konkretny przypadek?

I w jaki sposób można tu wykorzystać tw. Erdosa?

Marcin88 · Post autor: **Marcin88** » 15 cze 2007, o 13:59

To z równoległobokiem nie jest jedynie przypadkiem szczególnym, znaleźć go możemy zawsze w taki sposób:
Narysuj prostą równoległą do AB przechodzącą przez punkt P. Punkt przecięcia tej nowej prostej i prostej AC oznacz przez F. Narysuj kolejną prostą, tym razem równoległą do prostej AC i przechodzącą przez punkt P. Punkt przecięcia tej nowej prostej i prostej AB oznacz przez E.
Ponieważ: AF || EP oraz: AE || FP, zatem czworokąt AEPF musi być równoległobokiem, widać zatem, że zawsze możemy takowy znaleźć.