a)
En trekant har areal A og radiusen i den omskrevne sirkelen er R.
Vis at [tex]A\leq \frac{3\sqrt3}4R^2[/tex]
b)
En trekant har areal A og omkrets O.
Vis at [tex]O^2\geq 12\sqrt3 A.[/tex]
Geometriske ulikheter
Moderators: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
Brahmagupta
- Guru
- Posts: 628
- Joined: 06/08-2011 01:56
Last edited by Brahmagupta on 30/03-2013 13:51, edited 1 time in total.
Her er er forsøk på a)
Se figur:
Av alle trekanter med grunnlinje AB, er den likebeinte trekanten ABC den med størst høyde, se f.eks trekant ABC'. Siden arealet av alle trekanter med grunnlinje AB er: [tex]A = \frac{1}{2}g \cdot h[/tex], der g er lengden av AB, og h er høyden normalt på midtpunktet av AB, så er den likebeinte den største (av de med grunnlinje AB) for den har størst høyde.
Neste steg er å finne maksimum for arealet av trekant ABC som funksjon av vinkelen ved C, som jeg kaller β. Vinkelen ved A og B er like store. Kaller disse α.
Benytter cosinussetningen på trekant ASC:
[tex]R^2 = R^2 + s^2 - 2 R \cdot s \cdot cos(\frac{\beta}2)[/tex] => [tex]s = 2 Rcos(\frac{\beta}2)[/tex]
[tex]sin(\frac{\beta}2) = \frac{\frac{g}2}s[/tex] => [tex]g = 2 s \cdot sin(\frac{\beta}2) = 2[2 Rcos(\frac{\beta}2)] sin(\frac{\beta}2)= 2R sin \beta[/tex]
[tex]cos(\frac{\beta}2) = \frac{h}s[/tex] => [tex]h = s \cdot cos(\frac{\beta}2) = [2 Rcos(\frac{\beta}2)]cos(\frac{\beta}2)=2R(\frac{1+cos \beta}2)=R(1+ cos \beta)[/tex]
Vi kan da skrive arealet av trekanten som:
[tex]A(\beta) = \frac{1}2 g h = \frac{1}2 (2R sin \beta)(R(1+cos \beta)) = R^2 sin \beta (1+cos \beta)[/tex]
[tex]\frac{dA}{d\beta}=R^2[cos\beta(1+cos\beta) + sin\beta(0-sin\beta)]=R^2(cos\beta + cos 2\beta)[/tex]
[tex]\frac{dA}{d\beta}= 0[/tex] gir [tex]\beta=\frac{\pi}3=60^\circ[/tex] siden vi kun er interessert i [tex]0 \leq \beta \leq 180^\circ[/tex].
[tex]\beta = 60^\circ[/tex] gir [tex]2 \alpha = 180 - \beta = 120^\circ[/tex] => [tex]\alpha = 60^\circ[/tex]
Dvs trekanten må være likesidet.
Her skulle jeg selvsagt analysert fortegnslinja for den deriverte for å vise at det faktisk er et maksimumspunkt).
Arealet av en likesidet trekant er, som Haksalon korrekt bemerker, [tex]\frac{3\sqrt 3}4 R^2[/tex] så det er maksimumsverdien, og dermed er ulikheten bevist.
Se figur:
Av alle trekanter med grunnlinje AB, er den likebeinte trekanten ABC den med størst høyde, se f.eks trekant ABC'. Siden arealet av alle trekanter med grunnlinje AB er: [tex]A = \frac{1}{2}g \cdot h[/tex], der g er lengden av AB, og h er høyden normalt på midtpunktet av AB, så er den likebeinte den største (av de med grunnlinje AB) for den har størst høyde.
Neste steg er å finne maksimum for arealet av trekant ABC som funksjon av vinkelen ved C, som jeg kaller β. Vinkelen ved A og B er like store. Kaller disse α.
Benytter cosinussetningen på trekant ASC:
[tex]R^2 = R^2 + s^2 - 2 R \cdot s \cdot cos(\frac{\beta}2)[/tex] => [tex]s = 2 Rcos(\frac{\beta}2)[/tex]
[tex]sin(\frac{\beta}2) = \frac{\frac{g}2}s[/tex] => [tex]g = 2 s \cdot sin(\frac{\beta}2) = 2[2 Rcos(\frac{\beta}2)] sin(\frac{\beta}2)= 2R sin \beta[/tex]
[tex]cos(\frac{\beta}2) = \frac{h}s[/tex] => [tex]h = s \cdot cos(\frac{\beta}2) = [2 Rcos(\frac{\beta}2)]cos(\frac{\beta}2)=2R(\frac{1+cos \beta}2)=R(1+ cos \beta)[/tex]
Vi kan da skrive arealet av trekanten som:
[tex]A(\beta) = \frac{1}2 g h = \frac{1}2 (2R sin \beta)(R(1+cos \beta)) = R^2 sin \beta (1+cos \beta)[/tex]
[tex]\frac{dA}{d\beta}=R^2[cos\beta(1+cos\beta) + sin\beta(0-sin\beta)]=R^2(cos\beta + cos 2\beta)[/tex]
[tex]\frac{dA}{d\beta}= 0[/tex] gir [tex]\beta=\frac{\pi}3=60^\circ[/tex] siden vi kun er interessert i [tex]0 \leq \beta \leq 180^\circ[/tex].
[tex]\beta = 60^\circ[/tex] gir [tex]2 \alpha = 180 - \beta = 120^\circ[/tex] => [tex]\alpha = 60^\circ[/tex]
Dvs trekanten må være likesidet.
Her skulle jeg selvsagt analysert fortegnslinja for den deriverte for å vise at det faktisk er et maksimumspunkt).
Arealet av en likesidet trekant er, som Haksalon korrekt bemerker, [tex]\frac{3\sqrt 3}4 R^2[/tex] så det er maksimumsverdien, og dermed er ulikheten bevist.
Hm, jeg ser at beviset mitt ikke stemmer for omsenter som går utenfor trekanten.
X, Y og Z er vinklene som dannes mellom vinklene i trekant ABC og omsentreret til sirkelen.
[tex]A = \frac{1}{2} \cdot sin{X} \cdot R^2 + \frac{1}{2} \cdot sin{Y} \cdot R^2 + \frac{1}{2} \cdot sin{Z} \cdot R^2[/tex]
X+Y+Z = 2pi
[tex]A = \frac{R^2}{2} \cdot (sin{X}+sin{Y}+sin{Z})[/tex]
[tex]f(x) = sin {\alpha}[/tex]
f(x) er konveks for intervallet [0,pi], og derfor stemmer følgende formel fra Jensen's ulikhet:
[tex]3\cdot f(\frac{X+Y+Z}{3}) \geq sin{X}+sin{Y}+sin{Z}[/tex]
[tex]sin{X}+sin{Y}+sin{Z} \leq \frac{3 \cdot \sqrt{3}}{2}[/tex]
[tex]A \leq \frac{3 \sqrt{3}}{4} \cdot R^2[/tex]
X, Y og Z er vinklene som dannes mellom vinklene i trekant ABC og omsentreret til sirkelen.
[tex]A = \frac{1}{2} \cdot sin{X} \cdot R^2 + \frac{1}{2} \cdot sin{Y} \cdot R^2 + \frac{1}{2} \cdot sin{Z} \cdot R^2[/tex]
X+Y+Z = 2pi
[tex]A = \frac{R^2}{2} \cdot (sin{X}+sin{Y}+sin{Z})[/tex]
[tex]f(x) = sin {\alpha}[/tex]
f(x) er konveks for intervallet [0,pi], og derfor stemmer følgende formel fra Jensen's ulikhet:
[tex]3\cdot f(\frac{X+Y+Z}{3}) \geq sin{X}+sin{Y}+sin{Z}[/tex]
[tex]sin{X}+sin{Y}+sin{Z} \leq \frac{3 \cdot \sqrt{3}}{2}[/tex]
[tex]A \leq \frac{3 \sqrt{3}}{4} \cdot R^2[/tex]
-
Brahmagupta
- Guru
- Posts: 628
- Joined: 06/08-2011 01:56
Du kan enkelt utvide beviset til å gjelde for tilfellene hvor omsenteret ligger utenfor trekanten ved å si at hvis man flytter A og B (antar C ligger mellom A og B) symmetrisk om omsenteret slik at lengden AB bevares vil arealet øke og dette tilfellet er allerede dekket.
Ellers ser begge løsningene bra ut !
Ellers ser begge løsningene bra ut !
Et forsøk på b)
Siden A > 0 (A = 0 hvis trekanten er kollapset, og ikke lenger en trekant) kan vi dele ulikheten på A uten at den endres.
[tex]\frac{O^2}A \geq \frac{O^2}{A_{maks}}[/tex]
Fra a) vet vi at [tex]A_{maks} = \frac{3 sqrt 3}4 R^2[/tex] og tilhørende [tex]O = 3 \cdot \sqrt 3 R[/tex], som gir:
[tex]\frac{O^2}A \geq \frac{O^2}{A_{maks}}=\frac{(3 \cdot \sqrt 3 R)^2}{ \frac{3 sqrt 3}4 R^2}=12 sqrt 3[/tex]
Multipliserer vi med A, får vi: [tex]O^2 \geq 12 sqrt 3 A[/tex]
Siden A > 0 (A = 0 hvis trekanten er kollapset, og ikke lenger en trekant) kan vi dele ulikheten på A uten at den endres.
[tex]\frac{O^2}A \geq \frac{O^2}{A_{maks}}[/tex]
Fra a) vet vi at [tex]A_{maks} = \frac{3 sqrt 3}4 R^2[/tex] og tilhørende [tex]O = 3 \cdot \sqrt 3 R[/tex], som gir:
[tex]\frac{O^2}A \geq \frac{O^2}{A_{maks}}=\frac{(3 \cdot \sqrt 3 R)^2}{ \frac{3 sqrt 3}4 R^2}=12 sqrt 3[/tex]
Multipliserer vi med A, får vi: [tex]O^2 \geq 12 sqrt 3 A[/tex]
Det er noe merkelig i Hoksalons bevis:
Du sier:
[quote]X+Y+Z = 2pi[/quote]
I begrunnelsen for bruk av Jensens ulikhet sier du at:
[quote]f(x) er konveks for intervallet [0,pi][/quote]
Når X+Y+Z = 2pi så kan godt én av de være størren enn pi, så det holder ikke at f(x) er konveks på [0, pi].
I bruk av Jensen's ulikhet for en konveks funksjon er uliketstegnet snudd feil vei, fordi her vil sinus til gjennomsnittsverdien (X+Y+Z)/3 ligger under sinus-kurven, dvs være mindre enn summen av de tre sinus-verdiene.
Du sier:
[quote]X+Y+Z = 2pi[/quote]
I begrunnelsen for bruk av Jensens ulikhet sier du at:
[quote]f(x) er konveks for intervallet [0,pi][/quote]
Når X+Y+Z = 2pi så kan godt én av de være størren enn pi, så det holder ikke at f(x) er konveks på [0, pi].
I bruk av Jensen's ulikhet for en konveks funksjon er uliketstegnet snudd feil vei, fordi her vil sinus til gjennomsnittsverdien (X+Y+Z)/3 ligger under sinus-kurven, dvs være mindre enn summen av de tre sinus-verdiene.
-
Brahmagupta
- Guru
- Posts: 628
- Joined: 06/08-2011 01:56
Når omsenteret ligger inne i trekantene vil alle vinklene ligge i det gitte intervallet. Og han har nevnt at beviset ikke gjelder for det andre tilfellet.
Det er riktig at sin(x) er konkav ikke konveks på det gitte intervallet, men ulikheten er brukt som om den var konkav som gjør at resultatet blir riktig!
Det er riktig at sin(x) er konkav ikke konveks på det gitte intervallet, men ulikheten er brukt som om den var konkav som gjør at resultatet blir riktig!
-
Brahmagupta
- Guru
- Posts: 628
- Joined: 06/08-2011 01:56
Er ikke helt enig i den ene overgangen din. Du kan ikke bare sette inn den tilhørende verdien for O, når arealet er størst, uten å faktisk vise at denne er mindre enn O generelt.KonFuTzed wrote:Et forsøk på b)
Siden A > 0 (A = 0 hvis trekanten er kollapset, og ikke lenger en trekant) kan vi dele ulikheten på A uten at den endres.
[tex]\frac{O^2}A \geq \frac{O^2}{A_{maks}}[/tex]
Fra a) vet vi at [tex]A_{maks} = \frac{3 sqrt 3}4 R^2[/tex] og tilhørende [tex]O = 3 \cdot \sqrt 3 R[/tex], som gir:
[tex]\frac{O^2}A \geq \frac{O^2}{A_{maks}}=\frac{(3 \cdot \sqrt 3 R)^2}{ \frac{3 sqrt 3}4 R^2}=12 sqrt 3[/tex]
Multipliserer vi med A, får vi: [tex]O^2 \geq 12 sqrt 3 A[/tex]
Faktisk gjelder en omvendt ulikhet av det du setter inn:
[tex]2R\sin{A}=a[/tex]
[tex]O=a+b+c=2R(\sin{A}+\sin{B}+\sin{C})\leq 6R\sin{\frac{\pi}{3}}=3\sqrt{3}R[/tex]
Her har jeg benyttet Jensens ulikhet, som gjelder siden sinus er konkav på 0 til pi.
Jeg er fullt klar over det. Her kommer et bedre forsøk på b)
Tar utgangspukt i Herons formel, siden den uttrykker en trekants areal (A) ved hjelp av dens sider (a, b , c) og dens halve omkrets (s):
[tex]A = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}[/tex] der[tex] s=\frac{a+b+c}2[/tex]
[tex]A^2 = s(s-a)(s-b)(s-c)[/tex] og [tex] \frac{A^2}s = (s-a)(s-b)(s-c)[/tex]
Her må vi finne et bedre uttrykk for (s-a)(s-b)(s-c). Til det kan vi benytte ulikheten [tex]AM\geq GM[/tex] som gir oss at [tex]\frac{x+y+z}3 \geq (x \cdot y \cdot z)^{\frac{1}3}[/tex] med likhet når x = y = z.
der [tex]\frac{(s-a)+(s-b)+(s-c)}3 = \frac{3s-(a+b+c)}3 = \frac{s}3[/tex]
=> [tex](\frac{s}3)^3 \geq (s-a)(s-b)(s-c) = \frac{A^2}s[/tex]
=> [tex]\frac{s^3}{27} \geq \frac{A^2}s[/tex] => [tex]s^4 \geq 27 A^2[/tex] => [tex]s^2 \geq 3\sqrt{3}A[/tex] der [tex]s = \frac{O}2[/tex]
=> [tex](\frac{O}2)^2 \geq 3\sqrt{3}A[/tex] => [tex]O^2 \geq 12\sqrt{3}A[/tex]
Likhet i [tex]AM \geq GM[/tex] ved x = y = z tilsvarer her a = b = c, som er en likesidet trekant, og gjelder det tilfellet jeg omhandler i mitt tidligere innlegg.
Tar utgangspukt i Herons formel, siden den uttrykker en trekants areal (A) ved hjelp av dens sider (a, b , c) og dens halve omkrets (s):
[tex]A = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}[/tex] der[tex] s=\frac{a+b+c}2[/tex]
[tex]A^2 = s(s-a)(s-b)(s-c)[/tex] og [tex] \frac{A^2}s = (s-a)(s-b)(s-c)[/tex]
Her må vi finne et bedre uttrykk for (s-a)(s-b)(s-c). Til det kan vi benytte ulikheten [tex]AM\geq GM[/tex] som gir oss at [tex]\frac{x+y+z}3 \geq (x \cdot y \cdot z)^{\frac{1}3}[/tex] med likhet når x = y = z.
der [tex]\frac{(s-a)+(s-b)+(s-c)}3 = \frac{3s-(a+b+c)}3 = \frac{s}3[/tex]
=> [tex](\frac{s}3)^3 \geq (s-a)(s-b)(s-c) = \frac{A^2}s[/tex]
=> [tex]\frac{s^3}{27} \geq \frac{A^2}s[/tex] => [tex]s^4 \geq 27 A^2[/tex] => [tex]s^2 \geq 3\sqrt{3}A[/tex] der [tex]s = \frac{O}2[/tex]
=> [tex](\frac{O}2)^2 \geq 3\sqrt{3}A[/tex] => [tex]O^2 \geq 12\sqrt{3}A[/tex]
Likhet i [tex]AM \geq GM[/tex] ved x = y = z tilsvarer her a = b = c, som er en likesidet trekant, og gjelder det tilfellet jeg omhandler i mitt tidligere innlegg.
-
Brahmagupta
- Guru
- Posts: 628
- Joined: 06/08-2011 01:56
Veldig bra 
Akkurat slik jeg utledet resultatet i utgangspunktet.
Akkurat slik jeg utledet resultatet i utgangspunktet.