exupery pisze:Obwód K4 jest mniejszy od obwodu soczewki " opisanej na nim. Wynika to z własności koła(figura o najmniejszym obwodzie w stosunku do pola).
Fajny pomysł, jednak ta nierówność z obwodem "soczewki" wymaga jeszcze dowodu - może spróbujesz?
Ja przedstawię dowód trygonometryczny . Oczywiście tak jak w powyższych przypadkach mamy, że jeśli koła są rozłączne, styczne zewnętrznie lub jedno zawiera się w drugim, to łatwo jest dokończyć tu dowód. W pozostałych przypadkach, tak jak
Zlodiej zaproponował, wystarczy udowodnić lemat:
Zlodiej pisze:Obwód koła K jest większy od obwodu sumy mnogościowej dwóch kół należących do koła K, których środki leżą na jednej średnicy.
A potem dokończyć za pomocą prostej indukcji, przy czym krok indukcyjny będzie tylko używał tego lematu dla n=2. Zatem wypada go udowodnić . Jedyny przypadek "problematyczny" jest gdy koła się przecinają.
Kliknij, aby powiększyć rysunek:
Przyjąłem, że skrajne koła są stycznie wewnętrznie do koła wyjściowego - w końcu to jest przypadek pesymistyczny - większy promień większy obwód. Dla ustalenia uwagi koło o promieniu BC jest większe niż koło o promieniu AC - zatem kąt beta jest ostry. Na rysunku przyjąłem, że kąt alfa jest ostry - przypadek, gdy jest rozwarty jest analogiczny do tego, który rozpatrzę, poza tym nieco prostszy
A więc niech
\(\displaystyle{ BS=ES=x}\), wówczas przy oznaczeniach rysunku mamy:
\(\displaystyle{ AB=\frac{x}{\sin \alpha} \\ BC=\frac{x}{\sin \beta} \\ AS=x \ctg \alpha = \frac{x \cos \alpha}{\sin \alpha} \\ CS=\frac{x \cos \beta}{\sin \beta}}\)
Obwód wyjściowego koła wynosi:
\(\displaystyle{ 2 \pi (\frac{GA+AS+SC+CH}{2})=\pi (\frac{x+x \cos \alpha}{\sin \alpha} + \frac{x+x \cos \beta}{\sin \beta})}\)
Obwód sumy mnogościowej wynosi:
\(\displaystyle{ \frac{2 \pi - 2 \alpha}{2 \pi} \cdot 2 \pi AB + \frac{2 \pi - 2 \beta}{2 \pi} \cdot 2 \pi BC=\frac{2(\pi-\alpha)x}{\sin \alpha} + \frac{2(\pi-\beta)x}{\sin \beta}}\)
Widzimy, że alfa i beta są "niezależne" od siebie, zatem coś takiego powinno być prawdziwe (po dodaniu stronami dla argumentów
\(\displaystyle{ \alpha}\) i
\(\displaystyle{ \beta}\) dostajemy tezę):
\(\displaystyle{ \frac{2(\pi-\alpha)x}{\sin \alpha} \pi \le \pi \cdot \frac{x+x \cos \alpha}{\sin \alpha}}\)
Co po skróceniu kilku rzeczy i przekształceniach algebraicznych dostajemy, że jest to równoważne nierówności:
\(\displaystyle{ \cos \alpha \ge 1 - \frac{2}{\pi} \alpha}\), a to jest prawdą na mocy wklęsłości funkcji cosinus na przedziale
\(\displaystyle{ \langle 0, \frac{\pi}{2} \rangle}\) oraz równości
\(\displaystyle{ \cos(0)=1, \ \cos(\frac{\pi}{2})=0}\). Dowód został zakończony.
Jak mówiłem, przypadek gdy
\(\displaystyle{ \alpha \ge \frac{\pi}{2}}\) jest analogiczny, toteż daruję sobie rozpatrywanie go. Teraz przez prostą indukcję już łatwo dostać tezę zadania