La [tex]a,b,c[/tex] være sidene i en trekant.
Vis da at : [tex](a+b-c)^a(b+c-a)^b(c+a-b)^c\leq a^ab^bc^c[/tex]
Med "[tex]=[/tex]" hvis og bare hvis trekanten er likesidet.
Legger til et hint imorgen kveld
Geometri
Moderators: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
Brahmagupta
- Guru
- Posts: 628
- Joined: 06/08-2011 01:56
Siden $a,b,c>0$ ser vi at ulikheten er ekvivalent med
\[(1+\frac{b-c}{a})^a(1+\frac{c-a}{b})^b(1+\frac{a-b}{c})^c\leq 1.\]
Vi har videre at $1+x\leq e^x$ for alle $x\in\mathbb{R}$ med likhet hvis og bare hvis
$x=0$. For $r>0$ og $x\geq -1$ følger da $(1+x)^r\leq e^{rx}$. Merk nå at siden $a,b,c$ er
sidene i en trekant, så er $(b-c)/a, (c-a)/b, (a-b)/c\geq -1$, slik at kan vi benytte denne
ulikheten på hver av de tre faktorene på venstre side:
\[(1+\frac{b-c}{a})^a(1+\frac{c-a}{b})^b(1+\frac{a-b}{c})^c\leq e^{a\frac{b-c}{a}+b\frac{c-a}{b}+\frac{a-b}{c}}=e^0=1,\]
som ønsket. Til slutt observerer vi at likhet oppstår hvis og bare hvis $b-c=c-a=a-b=0$; det vil si, $a=b=c$.
Edit: Rettet opp en liten del av løsningen som ikke helt fungerte.
\[(1+\frac{b-c}{a})^a(1+\frac{c-a}{b})^b(1+\frac{a-b}{c})^c\leq 1.\]
Vi har videre at $1+x\leq e^x$ for alle $x\in\mathbb{R}$ med likhet hvis og bare hvis
$x=0$. For $r>0$ og $x\geq -1$ følger da $(1+x)^r\leq e^{rx}$. Merk nå at siden $a,b,c$ er
sidene i en trekant, så er $(b-c)/a, (c-a)/b, (a-b)/c\geq -1$, slik at kan vi benytte denne
ulikheten på hver av de tre faktorene på venstre side:
\[(1+\frac{b-c}{a})^a(1+\frac{c-a}{b})^b(1+\frac{a-b}{c})^c\leq e^{a\frac{b-c}{a}+b\frac{c-a}{b}+\frac{a-b}{c}}=e^0=1,\]
som ønsket. Til slutt observerer vi at likhet oppstår hvis og bare hvis $b-c=c-a=a-b=0$; det vil si, $a=b=c$.
Edit: Rettet opp en liten del av løsningen som ikke helt fungerte.
-
Brahmagupta
- Guru
- Posts: 628
- Joined: 06/08-2011 01:56
En delvis relatert oppfølger: La $T$ være en trekant og la $r$, $R$ være radiene
i henholdsvis den innskrevne og den omskrevne sirkelen til $T$. Vis at $2r\leq R$
og avgjør når det er likhet.
i henholdsvis den innskrevne og den omskrevne sirkelen til $T$. Vis at $2r\leq R$
og avgjør når det er likhet.
I en trekant er $R=\frac{abc}{4A}$ og $r=\frac{A}{s}$, hvor $a,b$ og $c$ betegner trekantens sider, og $A$ og $s$ henholdsvis dens areal og halve omkrets. Vi setter så inn for $A$ med Heron's formel:
$$R=\frac{abc}{\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}}\land r=\frac{\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}}{4s}$$.
Med andre ord kan $r/R$ skrives som
$$\frac{r}{R}=\frac{(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{abc\cdot 4s}=\frac{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{2abc}$$
så hvis vi klarer å vise at den siste brøken aldri er større enn en halv er vi ferdige. Nå benytter vi oss av Ravi-transformasjonen og skriver $x+y:=a, \ y+z:=b, \ z+x=c$, slik at det kun gjenstår å vise at
$$\frac{2x\cdot2y\cdot2z}{2(x+y)(y+z)(z+x)}\leq\frac{1}{2}\Longleftrightarrow 8xyz\leq(x+y)(y+z)(z+x)=2xyz+\sum_{cyc}x^2y+x^2z$$.
Det følger av AM-GM ulikheten at
$$\begin{align}
x^2y+yz^2&\geq2xyz\\
y^2z+zx^2&\geq2xyz\\
z^2x+xy^2&\geq2xyz
\end{align}$$
(med likhet hvis og bare hvis $x=y=z$), så høyresiden $2xyz+\sum_{cyc}x^2y+x^2z\geq8xyz$, og vi er ferdige; $\frac{r}{R}\leq\frac{1}{2}$ holder, med likhet hvis og bare hvis $T$ er likesidet.
$$R=\frac{abc}{\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}}\land r=\frac{\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}}{4s}$$.
Med andre ord kan $r/R$ skrives som
$$\frac{r}{R}=\frac{(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{abc\cdot 4s}=\frac{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{2abc}$$
så hvis vi klarer å vise at den siste brøken aldri er større enn en halv er vi ferdige. Nå benytter vi oss av Ravi-transformasjonen og skriver $x+y:=a, \ y+z:=b, \ z+x=c$, slik at det kun gjenstår å vise at
$$\frac{2x\cdot2y\cdot2z}{2(x+y)(y+z)(z+x)}\leq\frac{1}{2}\Longleftrightarrow 8xyz\leq(x+y)(y+z)(z+x)=2xyz+\sum_{cyc}x^2y+x^2z$$.
Det følger av AM-GM ulikheten at
$$\begin{align}
x^2y+yz^2&\geq2xyz\\
y^2z+zx^2&\geq2xyz\\
z^2x+xy^2&\geq2xyz
\end{align}$$
(med likhet hvis og bare hvis $x=y=z$), så høyresiden $2xyz+\sum_{cyc}x^2y+x^2z\geq8xyz$, og vi er ferdige; $\frac{r}{R}\leq\frac{1}{2}$ holder, med likhet hvis og bare hvis $T$ er likesidet.
Last edited by stensrud on 14/11-2015 20:02, edited 1 time in total.
-
Brahmagupta
- Guru
- Posts: 628
- Joined: 06/08-2011 01:56
Supert! Kanskje greit å nevne at substitusjonen du benytter gir positive $x,y,z$ nettopp fordi
$a,b,c$ er sidene i en trekant. Et alternativ til siste delen av argumentet er følgende:
\[(x+y)(y+z)(z+x)\geq 2\sqrt{xy}2\sqrt{yz}2\sqrt{zx}=8xyz .\]
Tanken var at $2r\leq R$ er ekvivalent med $(a+b-c)(c+a-b)(b+c-a)\leq abc$, hvilket
er ulikheten i første post uten potensene.
$a,b,c$ er sidene i en trekant. Et alternativ til siste delen av argumentet er følgende:
\[(x+y)(y+z)(z+x)\geq 2\sqrt{xy}2\sqrt{yz}2\sqrt{zx}=8xyz .\]
Tanken var at $2r\leq R$ er ekvivalent med $(a+b-c)(c+a-b)(b+c-a)\leq abc$, hvilket
er ulikheten i første post uten potensene.
Den oppgaven var super =)Brahmagupta wrote:Supert! Kanskje greit å nevne at substitusjonen du benytter gir positive $x,y,z$ nettopp fordi
$a,b,c$ er sidene i en trekant. Et alternativ til siste delen av argumentet er følgende:
\[(x+y)(y+z)(z+x)\geq 2\sqrt{xy}2\sqrt{yz}2\sqrt{zx}=8xyz .\]
Tanken var at $2r\leq R$ er ekvivalent med $(a+b-c)(c+a-b)(b+c-a)\leq abc$, hvilket
er ulikheten i første post uten potensene.
Last edited by Kjemikern on 15/11-2015 02:28, edited 1 time in total.
Forresten Brahmagupta, er det lov å spørre om en nærmere forklaring på hvordan du angrep den første oppgaven? Løsningen er elegant, men hva var motivasjonen for å bruke $1+x\leq e^x$? Hadde du sett den brukt før? En annen ting er hvordan man faktisk viser at $1+x\leq e^x$; godt mulig det er åpenbart, men jeg ser det i hvert fall ikke med en gang.
Her er en variant uten bruk av den ulikheten: (for ikke-degenererte trekanter)stensrud wrote:Forresten Brahmagupta, er det lov å spørre om en nærmere forklaring på hvordan du angrep den første oppgaven? Løsningen er elegant, men hva var motivasjonen for å bruke $1+x\leq e^x$? Hadde du sett den brukt før? En annen ting er hvordan man faktisk viser at $1+x\leq e^x$; godt mulig det er åpenbart, men jeg ser det i hvert fall ikke med en gang.
Tar logaritmen av ulikheten og får at den er ekvivalent med $a\ln(1+\frac{b-c}{a})+b\ln(1+\frac{c-a}{b})+c\ln(1+\frac{a-b}{c})\leq 0$.
La $f(x)=\ln (1+x)$. Denne er konkav for x>-1 siden f''(x)<0.
Fra Jensen har vi nå at $a\ln(1+\frac{b-c}{a})+b\ln(1+\frac{c-a}{b})+c\ln(1+\frac{a-b}{c})=af(\frac{b-c}{a})+bf(\frac{c-a}{b})+cf(\frac{a-b}{c})\leq (a+b+c) f(\frac{a\frac{b-c}{a}+b\frac{c-a}{b}+c\frac{a-b}{c}}{a+b+c})=(a+b+c)\ln 1 = 0$.
-
Brahmagupta
- Guru
- Posts: 628
- Joined: 06/08-2011 01:56
Jeg tror nøkkelen ligger i den første omskrivningen av ulikheten. Det er først da den lar seg angripe med Jensen eller andre resultater.stensrud wrote:Forresten Brahmagupta, er det lov å spørre om en nærmere forklaring på hvordan du angrep den første oppgaven? Løsningen er elegant, men hva var motivasjonen for å bruke $1+x\leq e^x$? Hadde du sett den brukt før? En annen ting er hvordan man faktisk viser at $1+x\leq e^x$; godt mulig det er åpenbart, men jeg ser det i hvert fall ikke med en gang.
Etter omskrivningen av ulikheten så er faktorene på formen $(1+\frac{x}{n})^n$. Dette fikk meg til å vurdere om noen av ulikhetene
$(1+\frac1{n})^n<e<(1+\frac1{n})^{n+1}$, $e^x\geq 1+x$ eller Bernoullis ulikhet kunne benyttes. Alle disse resultatene er
rimelig like, så det gjaldt bare å finne den mest passende formen.
Når det kommer til hvordan man beviser at $e^x\geq 1+x$, så avhenger det litt av hvor dypt man ønsker å gå. Hvis man betrakter
den første og andre deriverte, så er det rimelig rett frem å vise at $f(x)=e^x-x-1$ har et globalt minimum for $x=0$ og dermed $f(x)\geq 0$.
Den lengre og elementære fremgangsmåten går på å bruke $(1+\frac1{n})^n<e<(1+\frac1{n})^{n+1}$, $n\in\mathbb{R^+}$ sammen med
eksponentialulikheten: $a^x\leq 1+a(x-1)$ for $x\geq 0$ og $a\in (0,1]$, hvor den motsatte ulikheten holder for $a\in [1,\infty)$
(denne er ekvivalent med den generaliserte versjonen av Bernoulli's ulikhet; la $y=x-1$). Fordelen med denne fremgangsmåten
er at man får med seg mange andre interessante resultater på veien.
Et bevis er gitt i boka '100 Problems In Elementary mathematics', gjennom problemene 10, 12, 13:
https://docs.google.com/file/d/0B45juCG ... edit?hl=en
Forøvrig mye annet interessant i den boka, til tross for at den er litt gammel (litt slitsom notasjon i blant).
Den boka der så veldig interessant ut.