[Nierówności][Planimetria] Trójkąt ostrokątny a średnia okręgu opisanego

[Sylwek]

TomciO, mamy wykazać, że \(\displaystyle{ a+b+c>4R}\), a nie \(\displaystyle{ a+b+c>2R}\). Więc jakby coś, to zostaje do wykazania (chociaż to już nie jest bardzo trudne):

\(\displaystyle{ \sin \alpha + \sin \beta + \sin \gamma > 2}\)

Mimo wszystko pomysł bardzo ładny

[Swistak]

A mógłby ktoś potwierdzić poprawność mojego rozwiązania z wektorami ?? Jestem ciekaw czy jest dobre .

[Wasilewski]

Właśnie mi też zostało to samo, bo również korzystałem z twierdzenia sinusów, a raczej ze wzoru z niego wynikającego:
\(\displaystyle{ P = \frac{abc}{4R} 4R = \frac{abc}{P}}\)
Mamy mieć:
\(\displaystyle{ 4R < a+ b + c \\
P > \frac{abc}{a + b + c}}\)
Z rozpisania pola ze wzoru z sinusem dostałem właśnie tę nierówność:
\(\displaystyle{ sin\alpha + sin\beta + sin(\alpha + \beta) > 2}\)
Umiesz to jakoś ładnie wykazać? Bo moich wypocin to nawet nie warto pokazywać.

[Swistak]

Właśnie mi też zostało to samo, bo również korzystałem z twierdzenia sinusów, a raczej ze wzoru z niego wynikającego: \(\displaystyle{ P=\frac{abc}{4R}}\)

A ja sobie udowodniłem ten wzór podczas ferii nie znając twierdzenia sinusów. Zrobiłem to opisując koło na trójkącie i zauważając podobieństwo trójkątów utworzonych przez jedna z wysokości bok i taki kawałek oraz, drugi trójkąt o bokach, połowa boku, promień i odcinek łaczący srodek tamtego boku ze środkiem okręgu.
Ponawiam prośbę: Czy mógłby ktoś sprawdzić moje rozwiązanie na wektorach??

[Wasilewski]

Trzecia linijka:
\(\displaystyle{ \vec{a}^2 + \vec{b}^2 = \vec{d}^2 + \vec{e}^2 + 2(\vec{e}\circ \vec{d} - \vec{a}\circ \vec{b}) < \vec{d}^2 + \vec{a}^2}\)
Niestety nierówność zachodzi w drugą stronę, jeśli ab > de.

[Swistak]

Czyli \(\displaystyle{ \vec{a} \vec{b}de o_0?? Ale wtedy by wyszło, że d+e>a+b}\)

[Wasilewski]

Może rozpiszę wartościami:
\(\displaystyle{ a^2 + b^2 = d^2 + e^2 + 2cos\alpha(ed - ab) \\
ab > de ed - ab < 0 \\
a^2 + b^2 < d^2 + e^2}\)
I teraz problem polega na tym, że nie wiadomo, czy jako dodasz po lewej stronie 2ab, a po prawej 2ed to znak nierówności się zmieni.

[bosa_Nike]

[...]zostaje do wykazania (chociaż to już nie jest bardzo trudne):

\(\displaystyle{ \sin \alpha + \sin \beta + \sin \gamma > 2}\) [...]

Dołączam się do prośby Wasilewskiego. Jedyny dowód, jaki znam, idzie z Karamaty. Gdyby ktoś mógł napisać bardziej elementarnie, to będę wdzięczna.

[Sylwek]

Ups, chyba jednak troszkę się rozpędziłem, dowód czysto algebraiczny nie idzie tak ładnie jak myślałem. Dowód jednak jest - gdyż to twierdzenie jest równoważne tezie zadania, której dowód geometryczny podałem wyżej

[MarcinT]

przyłączam się do prośby o wykazanie
\(\displaystyle{ sin\alpha +sin\beta +sin\gamma > 2}\)

[Wasilewski]

No to ja zrobiłem tak:
\(\displaystyle{ z= \pi - x - y\\
sinx + siny + sinz = sinx + siny + sin(x+y) = f(x,y) \\
x,y \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)
x + y > \frac{\pi}{2} \\
\frac{\partial f}{\partial x} = cosx + cos(x + y) = 0 \\
2 cos(x + \frac{y}{2}) cos (-\frac{y}{2}) = 2cos\left(x + \frac{y}{2}\right) cos\frac{y}{2} = 0 \\
x + \frac{y}{2} = \frac{\pi}{2} \vee \frac{y}{2} = \frac{\pi}{2}}\)
Druga opcja odpada.
\(\displaystyle{ \frac{\partial f}{\partial y} = cosy + cos(x+y) = 0}\)
Sytuacja identyczna. Dostajemy układ:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x + \frac{y}{2} = \frac{\pi}{2} \\ y + \frac{x}{2} = \frac{\pi}{2}
\end{cases} \\
x = y = \frac{\pi}{3}}\)
Sprawdzamy, czy jest to ekstremum:
\(\displaystyle{ \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = -(sinx + sin(x+y)) \\
\frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = -(siny + sin(x+y)) \\
\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = -sin(x+y) \\
-(sin\frac{\pi}{3} + sin\frac{2\pi}{3})\cdot [-(sin\frac{\pi}{3} + sin\frac{2\pi}{3})] - \left(sin\frac{2\pi}{3}\right)^2 = 3 - \frac{3}{4} > 0}\)
Czyli mamy tu ekstremum, niestety jest to maksimum. No i tu zacząłem się bawić Zauważmy, że sin(x+y) jest w zadanym przedziale malejący, podczas gdy zarówno sinx, jak i siny są rosnące. Możemy więc sprawdzać przypadki skrajne:
\(\displaystyle{ x+y \frac{\pi}{2} \\
sinx + sin(\frac{\pi}{2} - x) + sin(\frac{\pi}{2}) = \sqrt{2} cos(x - \frac{\pi}{4}) + 1}\)
To minimalne jest równe 2. Jednak wiadomo, że nie ma równości, więc mamy żądaną nierówność (wiem, że musiałbym to uzasadnić, ale mi się nie chce ). Teraz weźmy drugi skrajny przypadek:
\(\displaystyle{ x + y \pi (x \frac{\pi}{2} y \frac{\pi}{2}) \\
sin\frac{\pi}{2} + sin\frac{\pi}{2} + sin \pi = 2}\)
Tak samo. Oczywiście to nie jest żaden dowód, ale mocna sugestia, że ta nierówność istotnie zachodzi.

[Brzytwa]

Udowodnijmy najpierw następujący lemat: Dla każdej liczby \(\displaystyle{ x \in [0, \frac{\pi}{2} ]}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ sinx \geqslant \frac{2}{\pi} x}\).


Rozważmy funkcję \(\displaystyle{ f(x)=sinx- \frac{2}{\pi} x}\) na przedziale \(\displaystyle{ [0,\frac{\pi}{2}]}\). Oczywiście \(\displaystyle{ f(0)=f(\frac{\pi}{2})=0}\) oraz \(\displaystyle{ f'(x)=cosx-\frac{2}{\pi}}\). W przedziale \(\displaystyle{ [0,arccosfrac{2}{pi})}\)pochodna jest dodatnia, zatem funkcja rośnie, dla \(\displaystyle{ x=arccos\frac{2}{\pi}}\) pochodna się zeruje oraz zmienia znak (z + na -), zatem funkcja przyjmuje minimum w punkcie \(\displaystyle{ x=arccos\frac{2}{\pi}}\). Dla \(\displaystyle{ x \in (arccos\frac{2}{\pi},\frac{\pi}{2})}\) pochodna jest ujemna, zatem funkcja \(\displaystyle{ f(x)}\) maleje. Zatem funkcja \(\displaystyle{ f(x)}\) jest nieujemna na odcinku \(\displaystyle{ [0,\frac{\pi}{2}]}\). Dodatkowo wykazaliśmy, że dla \(\displaystyle{ x \in (0,\frac{\pi}{2})}\) zachodzi nierówność ostra.


Powróćmy do naszego zadania. Wykorzystując udowodniony przez nas lemat otrzymujemy:


\(\displaystyle{ sin\alpha +sin\beta +sin\gamma > \frac{2}{\pi} + \frac{2}{\pi} \beta +\frac{2}{\pi} \gamma = \frac{2}{\pi} (\alpha+\beta+\gamma)=\frac{2}{\pi} \pi = 2}\)

[ Dodano: 17 Marca 2008, 17:16 ]
zapomniałem dodać, że ta nierówność musi gdzieś być w krainie nierówności

[Sylwek]

Katowskie xD , ale wyszło, brawo

[Swistak]

Może rozpiszę wartościami:
\(\displaystyle{ a^2 + b^2 = d^2 + e^2 + 2cos\alpha(ed - ab) \\
ab > de ed - ab < 0 \\
a^2 + b^2 < d^2 + e^2}\)
I teraz problem polega na tym, że nie wiadomo, czy jako dodasz po lewej stronie 2ab, a po prawej 2ed to znak nierówności się zmieni.

A ja poprzynudzam o tych wektorach .
Nigdy nie spotkałem się z wartością ile wynosi iloczyn wektorowy, ale sam go sobie wyprowadziłem korzystając z twierdzenia kosinusów.
\(\displaystyle{ \vec{a} \vec{b} =\frac{( \vec{a} + \vec{b})^{2}- (\vec{a}^{2}+ \vec{b}^{2}))}{2}=\frac{ \vec{c} ^{2} - (\vec{a}^{2}+ \vec{b}^{2})}{2}=\frac {c^{2} -(a^{2}+b^{2})}{2}=\frac{a^{2}+b^{2}-2abcos\alpha -(a^{2}+b^{2})}{2}=\frac{-2abcos\alpha}{2}=-abcos\alpha}\). Z tego wynika, że iloczyn wektorowy wektórów a i b, które są pod kątem alfa, to minus ab cosinus alfa. Ty napisałem, że to jest na plusie, a z mojego rozumowania wynika, że jest na minusie, więc wszystko powinno wyjść dobrze. W dodatku rozpatrzmy to na przykładzie. Mamy jednostkowy okrąg, a w nim wpisany trójkąt równoboczny i trójkąt prostokątny o bokach 2, 1 i sqrt3. Te trójkąty mają bok wspólny sqrt3 i wtedy suma kwadratów boków trójkąta równobocznego to 6, a prostokątnego 5 (pomijając wspólny bok), więc nierówność, że suma kwadratow prostokątnego jest wieksza niż ostrokątnego, które mają wspólny bok jest z pewnością fałszywa.

[Wasilewski]

To jest iloczyn skalarny, a nie wektorowy. I coś ten wzór źle wyprowadziłeś:
\(\displaystyle{ \vec{a} + \vec{b} = \vec{c} \\
\vec{a}^2 + 2\vec{a} \circ \vec{b} + \vec{b}^2 = \vec{c}^2 \\
\vec{v}^2 = v^2 \\
a^2 + 2\vec{a}\circ \vec{b} + b^2 = c^2}\)
Z twierdzenia cosinusów:
\(\displaystyle{ c^2 = a^2 + b^2 - 2abcos\alpha}\)
Ale zauważ na rysunku, że kąt między wektorami to \(\displaystyle{ \phi = \pi - }\)
\(\displaystyle{ 2\vec{a}\circ\vec{b} = -2abcos\alpha = 2abcos(\pi - ) = 2ab cos\phi \\
\vec{a} \circ \vec{b} = abcos\phi}\)
I tu moje niedopatrzenie wyszło. Skoro kąt \(\displaystyle{ \alpha}\) jest ostry to kąt między wektorami jest rozwarty, jego cosinus ujemny i nierówność przez Ciebie zaproponowana jest prawdziwa.

[ Dodano: 19 Marca 2008, 18:05 ]
I właśnie doszedłem do wniosku, że mogłem swoim sposobem ładnie rozwiązać, rozpatrując ekstrema funkcji:
\(\displaystyle{ f(x,y) = sinx + siny + sin(x+y)}\)
w trójkącie ograniczonym prostymi:
\(\displaystyle{ x + y - \frac{\pi}{2} = 0 \\
y = \frac{\pi}{2} \\
x = \frac{\pi}{2}}\)
Minima równe 2 wychodzą w wierzchołkach i jest fajnie.