[Nierówności] Nierówność dot. trójkąta

Zadania z kółek matematycznych lub obozów przygotowujących do OM. Problemy z minionych olimpiad i konkursów matematycznych.
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
Awatar użytkownika
ares41
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 6499
Rejestracja: 19 sie 2010, o 08:07
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 142 razy
Pomógł: 922 razy

[Nierówności] Nierówność dot. trójkąta

Post autor: ares41 » 15 cze 2012, o 21:24

Udowodnić, że jeżeli \(\displaystyle{ \alpha, \beta}\) są miarami kątów trójkąta ostrokątnego lub prostokątnego , to :
\(\displaystyle{ \frac{p}{ \sqrt{2S} } > \sqrt{\cos \alpha} + \sqrt{\cos \beta}}\),
gdzie \(\displaystyle{ p}\) oznacza połowę obwodu trójkąta, a \(\displaystyle{ S}\) jego pole.

Awatar użytkownika
timon92
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1536
Rejestracja: 6 paź 2008, o 16:47
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Katowice
Podziękował: 4 razy
Pomógł: 436 razy

[Nierówności] Nierówność dot. trójkąta

Post autor: timon92 » 28 lip 2012, o 20:23

niech ten trójkąt to \(\displaystyle{ ABC}\), niech \(\displaystyle{ CD}\) to wysokość, bez straty ogólności niech \(\displaystyle{ CD=1}\), oznaczmy \(\displaystyle{ AD=x, BD=y}\)

nierówność równoważnie zapisuje się jako \(\displaystyle{ \sqrt{x+y}+\frac{\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+y^2}}{\sqrt{x+y}} > \frac{\sqrt x}{\sqrt[4]{x^2+1}} + \frac{\sqrt y}{\sqrt[4]{y^2+1}}}\)

zachodzą nierówności
\(\displaystyle{ \sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+y^2} \ge \sqrt{4+(x+y)^2}}\) (nierówność Minkowskiego)
\(\displaystyle{ \frac{\sqrt x}{\sqrt[4]{x^2+1}} + \frac{\sqrt y}{\sqrt[4]{y^2+1}} \le 2 \frac{\sqrt \frac{x+y}{2}}{\sqrt[4]{\left( \frac{x+y}{2}\right)^2+1}}}\) (nierówność Jensena)

oznaczając \(\displaystyle{ t=x+y}\) i korzystając z powyższego, wystarczy wykazać iż \(\displaystyle{ \sqrt{t}+\sqrt{\frac{4+t^2}{t}} > \frac{2\sqrt{\frac t2}}{\sqrt[4]{\frac{t^2}{4}+1}} = \frac{2\sqrt{t}}{\sqrt[4]{t^2+4}}}\)

bardzo luźne szacowania dają nam to co trzeba
\(\displaystyle{ \sqrt{t}+\sqrt{\frac{4+t^2}{t}} > \sqrt{t} + \sqrt{\frac{t^2}{t}} = 2 \sqrt{t} > \frac{2\sqrt{t}}{\sqrt[4]{t^2+4}}}\)

ODPOWIEDZ