Matematyka.pl

Udowodnij, że jeżeli trójkąt jest ostrokątny, to jego obwód jest większy od podwojonej średnicy okręgu opisanego.

Według mnie należałoby tu skorzystać zapewne z faktu, że każda średnica okręgu opisanego przecina ten trójkąt.
EDIT: Jak udowodnisz, że |DC|+|BC|>|DE|+|EB| to będzie po ptakach.

Mógłbyś rozwinąć, bo ja tego nie widzę...

mam pewien pomysł, nie wiem tylko czy dobry:

oznaczmy boki trójkąta przez a,b,c
środek okręgu opisanego O
OA=OB=OC=R
teza:
a+b+c>4R
ponieważ trójkąty ABO,ACO,BCO są rozwartokątne to:
\(\displaystyle{ a ^{2} > R ^{2}+R ^{2} = 2R ^{2}}\)
\(\displaystyle{ b^{2} > 2R ^{2}}\)
\(\displaystyle{ c^{2} > 2R ^{2}}\)
\(\displaystyle{ \sqrt \frac{{a ^{2}+b ^{2}+c ^{2}}}{3} \geqslant \frac{a+b+c}{3}}\)
\(\displaystyle{ \sqrt{ \frac{6R ^{2} }{3} } = \sqrt{2}R}\)
\(\displaystyle{ \sqrt{2}R > \frac{4}{3} R}\)
\(\displaystyle{ \sqrt{2}R \geqslant \frac{a+b+c}{3}}\)
z tego wynika:
\(\displaystyle{ \frac{a+b+c}{3}>\frac{4}{3} R}\)
\(\displaystyle{ a+b+c>4R}\)

W swoim rozumowaniu przyjąłeś, że każdy kąt jest większy od 45 stopni, bo środkowy oparty na tym samym łuku jest rozwarty. I w dodatku przejście z 3 do 2 nierówności od końca jest po prostu złe.

Niestety panowie obaj jesteście w błędzie. Po pierwsze Swistak, jestem ciekaw jak z Twojej nierówności ma wypływać teza zadania. Po drugie binaj skąd wziąłeś te wszystkie założenia do swojego rozwiązania? (tak w ogóle to próbowałeś udowodnić silniejszą (i nieprawdziwą) tezę)

polskimisiek pisze:(tak w ogóle to próbowałeś udowodnić silniejszą (i nieprawdziwą) tezę)

chodzi o a+b+c>4R?? czy coś innego?

Swistak pisze:W swoim rozumowaniu przyjąłeś, że każdy kąt jest większy od 45 stopni

sorki mój błąd, mój rysunek mnie źle naprowadził

OK już tłumaczę.
Przyjmijmy |DC|=a, |BC|=b, |DB|=c, |DE|=d i |EB|=e.
Jeżeli a+b>d+e to a+b+c>d+e+c>d+d=2d. Oczywiście e+c>d z nierówności trójkąta.

[ Dodano: 16 Marca 2008, 16:49 ]

binaj pisze:

polskimisiek pisze:(tak w ogóle to próbowałeś udowodnić silniejszą (i nieprawdziwą) tezę)

chodzi o a+b+c>4R?? czy coś innego?

Chodzi o to, że "udowodniłeś", że \(\displaystyle{ a+b+c qslant 3\sqrt{2}}\).

P.S. To mój 100 post .

ok, rozumiem już nie będę pisał głupot

binaj pisze:ok, rozumiem już nie będę pisał głupot

No to czekamy na coś mądrego .
EDIT: Udowadniajcie, któreś z tych:
\(\displaystyle{ a+b>d+e \\ a^{2}+b^{2}>d^{2}+e^{2}}\)

Albo udowodnijcie:
\(\displaystyle{ P > \frac{abc}{a + b + c}}\)

Tw. sinusow natychmiast zalatwia sprawe.

Poszło za pomocą pierwszej wskazówki Świstaka , już tłumaczę: niech \(\displaystyle{ X}\) to punkt przecięcia \(\displaystyle{ BC}\) i \(\displaystyle{ DE}\). No i standard w takich zadaniach: łatwo zauważyć, że \(\displaystyle{ \Delta DCX \sim \Delta BEX}\), więc:

(1): \(\displaystyle{ \frac{DC+CX}{DX}=\frac{BE+EX}{BX} \iff \frac{DC+CX-DX}{DX}=\frac{BE+EX-BX}{BX}}\)

Ale LEMAT:
\(\displaystyle{ DX>DA \Rightarrow DX>BX}\) (dość prosto to można udowodnić, jako że \(\displaystyle{ BA}\) to środkowa trójkąta prostokątnego \(\displaystyle{ \Delta DBE}\), jedna nierówność trójkąta i gotowe)


Z LEMATU i (1):
\(\displaystyle{ DX>BX \Rightarrow DC+CX-DX>BE+EX-BX}\), czyli:

(2): \(\displaystyle{ DC+CX+BX>BE+EX+DX \iff DC+BC>BE+DE}\)


No więc:
\(\displaystyle{ DC+BC+DB>DE+(BE+BD)>DE+DE=2DE}\)
Ostatnia nierówność z nierówności trójkąta


Nie odpowiadam za literówki, gdyż miałem inne oznaczenia u siebie na rysunku, a tu musiałem troszkę pozmieniać, mimo wszystko powinno być dobrze


Jak ktoś ma inny sposób, to może zaprezentować, bo widzę paru chętnych napisało posty powyżej

Już chyba mam. Zrobiłem to na wektorach.
Oczywiście \(\displaystyle{ P _{DCB} \geqslant P_{BDE}}\), a z tego i z wzoru na pole trojkąta z iloczynem dwóch boków i sinusem kąta wynika i z tego, że mamy tam 2 katy wpisane oparte na c wynika, że ab>de
\(\displaystyle{ (\vec{a} + \vec{b})^{2}= \vec{c}^{2}= ( \vec{d} + \vec{e})^{2}}\)
Nie znam się do końca na tym jak to się pisze i gdzie się wstawia te kwadraty, ale to leci tak:
\(\displaystyle{ \vec{a} ^{2} +2 \vec{a} \vec{b} + \vec{b} ^2=\vec{d} ^{2} +2 \vec{d} \vec{e} + \vec{e} ^2 \\
\vec{a} ^{2} + \vec{b} ^2=\vec{d} ^{2} +2 \vec{d} \vec{e} + \vec{e} ^2 - 2 \vec{a} \vec{b} > \vec{d} ^{2}+\vec{e} ^{2}}\), bo tam są 2 kąty wpisane oparte na c i ab>de.
Skoro \(\displaystyle{ \vec{a} ^{2} + \vec{b} ^2>\vec{d} ^{2}+\vec{e} ^{2}}\) to też \(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}>d^{2}+e^{2} \\
(a+b)^{2}=a^{2}+b^{2}+2ab>d^{2}+e^{2}+2ed=(e+d)^{2}}\)
\(\displaystyle{ a+b>d+e}\)
\(\displaystyle{ a+b+c>d+e+c>d+d>2d}\)
c.b.d.u.
Możliwe, ze w moim rozumowaniu jest błąd, ale w wektorach jestem dość zielony, ale wydaje mi się, że mam dobrze .

[ Dodano: 16 Marca 2008, 18:05 ]
Mam kolejny dowód, który jest trochę podobny do dowodu Sylwka, możliwe, że to nawet to samo, ale zapewniam, ze powstał całkowicie niezależnie (najpierw zrobiłem swój, potem przeczytałem Sylwka )
Przyjmijmy skalę podobieństwa trójkątów DCX i BCX jako k (gdzie CDX jest większy)
Z nierówności trójkąta:
\(\displaystyle{ |EB|+|EX|>|BX| \\
(|EB|+|EX|)(k-1)>|BX|(k-1) \\
|EB|(k-1)+|EX|(k-1)>|BX|(k-1) \\
|EB|k-|EB|+|EX|k-|EX|>|BX|k-|BX| \\
|EB|k+|EX|k+|BX|>|EB|+|EX|+|BX|k \\
|DC|+|CX|+|BX|>|EB|+|EX|+|DC| \\
|DC|+|CB|>|EB|+|DE|}\)
Dalszy ciąg już zapewne znacie.

Po zastosowaniu tw. sinusów (\(\displaystyle{ \frac{a}{\sin \alpha} = 2R}\) itd.) trzeba wykazac, ze \(\displaystyle{ \sin \alpha + \sin \beta + \sin \gamma > 1}\). A to jest jasne, bo skoro trojkat jest ostrokatny to co najmniej dwa katy sa w przedziale \(\displaystyle{ [45; 90)}\).