Geometrisk ulikhet
Moderators: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
Nebuchadnezzar
- Fibonacci
- Posts: 5648
- Joined: 24/05-2009 14:16
- Location: NTNU
Vi har en likhet når a=b=c. Hvorfor kommer jeg tilbake til.
EDIT:
Tror dette blir riktig...
[tex] r = \frac{{2T}}{{a + b + c}} [/tex]
[tex] a + b + c = \frac{{2T}}{{a + b + c}} \cdot 6\sqrt 3 [/tex]
[tex] \left( {a + b + c} \right)^2 = 12\sqrt 3 \cdot T [/tex]
[tex] T = \sqrt {\frac{1}{{16}}\left( {a + b + c} \right)\left( {a + b - c} \right)\left( {b + c - a} \right)\left( {c + a - b} \right)} [/tex]
[tex] \left( {a + b + c} \right)^2 = 12\sqrt 3 \cdot \sqrt {\frac{1}{{16}}\left( {a + b + c} \right)\left( {a + b - c} \right)\left( {b + c - a} \right)\left( {c + a - b} \right)} [/tex]
[tex] \left( {a + b + c} \right)^2 = 3\sqrt 3 \sqrt {\left( {a + b + c} \right)\left( {a + b - c} \right)\left( {b + c - a} \right)\left( {c + a - b} \right)}[/tex]
[tex] \left( {a + b + c} \right)^4 = 27\left( {a + b + c} \right)\left( {a + b - c} \right)\left( {b + c - a} \right)\left( {c + a - b} \right) [/tex]
Eneste gangen denne likningen blir oppfyllt er når [tex]a=b=c[/tex] og dermed også oppfyller ulikheten.
EDIT:
Tror dette blir riktig...
[tex] r = \frac{{2T}}{{a + b + c}} [/tex]
[tex] a + b + c = \frac{{2T}}{{a + b + c}} \cdot 6\sqrt 3 [/tex]
[tex] \left( {a + b + c} \right)^2 = 12\sqrt 3 \cdot T [/tex]
[tex] T = \sqrt {\frac{1}{{16}}\left( {a + b + c} \right)\left( {a + b - c} \right)\left( {b + c - a} \right)\left( {c + a - b} \right)} [/tex]
[tex] \left( {a + b + c} \right)^2 = 12\sqrt 3 \cdot \sqrt {\frac{1}{{16}}\left( {a + b + c} \right)\left( {a + b - c} \right)\left( {b + c - a} \right)\left( {c + a - b} \right)} [/tex]
[tex] \left( {a + b + c} \right)^2 = 3\sqrt 3 \sqrt {\left( {a + b + c} \right)\left( {a + b - c} \right)\left( {b + c - a} \right)\left( {c + a - b} \right)}[/tex]
[tex] \left( {a + b + c} \right)^4 = 27\left( {a + b + c} \right)\left( {a + b - c} \right)\left( {b + c - a} \right)\left( {c + a - b} \right) [/tex]
Eneste gangen denne likningen blir oppfyllt er når [tex]a=b=c[/tex] og dermed også oppfyller ulikheten.
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
La [tex]2\alpha[/tex], [tex]2\beta[/tex] og [tex]2\gamma[/tex] være vinklene i trekanten. Noen enkle geometriske betraktninger gir at
[tex]a+b+c=2r\left ( \frac{1}{\tan \alpha}+\frac{1}{\tan \beta}+\frac{1}{\tan \gamma}\right )[/tex].
La [tex] f(x)=\frac{1}{\tan (x)}[/tex]. Denne er konveks på intervallet [tex](0,\frac{\pi}{2})[/tex], så Jensens ulikhet gir at
[tex]f(\alpha)+f(\beta)+f(\gamma)=\frac{1}{\tan \alpha}+\frac{1}{\tan \beta}+\frac{1}{\tan \gamma}\geq 3f(\frac{\alpha+\beta+\gamma}{3})=\frac{3}{\tan(\frac{\pi}{6})}=3\sqrt{3}[/tex] med likhet når vinklene er like store.
[tex]a+b+c=2r\left ( \frac{1}{\tan \alpha}+\frac{1}{\tan \beta}+\frac{1}{\tan \gamma}\right )[/tex].
La [tex] f(x)=\frac{1}{\tan (x)}[/tex]. Denne er konveks på intervallet [tex](0,\frac{\pi}{2})[/tex], så Jensens ulikhet gir at
[tex]f(\alpha)+f(\beta)+f(\gamma)=\frac{1}{\tan \alpha}+\frac{1}{\tan \beta}+\frac{1}{\tan \gamma}\geq 3f(\frac{\alpha+\beta+\gamma}{3})=\frac{3}{\tan(\frac{\pi}{6})}=3\sqrt{3}[/tex] med likhet når vinklene er like store.
-
Nebuchadnezzar
- Fibonacci
- Posts: 5648
- Joined: 24/05-2009 14:16
- Location: NTNU
In triangle [tex]ABC[/tex], [tex]A = 20[/tex] and [tex]\,AB \,=\, AC\,[/tex]. The point [tex]D[/tex] lies on [tex]AC[/tex] so that [tex]DBC = 60^o[/tex] and the
point [tex]E[/tex] lies on [tex]AB[/tex] so that [tex]ECB = 50^o[/tex].
Find the size of [tex]BDE[/tex].
point [tex]E[/tex] lies on [tex]AB[/tex] so that [tex]ECB = 50^o[/tex].
Find the size of [tex]BDE[/tex].
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
La oss se utregningen !
Her er en annen:
Vi har tre disjunkte sirkler av forskjellige størrelser i planet, og drar enhver felles tangent mellom dem.
Det vil si to tangenter for hvert par av sirkler, en på hver "side" av sirklene. Altså 6 tangenter til sammen.
La skjærngspunktene mellom hvert par av tangenter (tangentene for hvert par av sirkler) være X, Y og Z. Vis at X, Y og Z er kolineære.
Her er en annen:
Vi har tre disjunkte sirkler av forskjellige størrelser i planet, og drar enhver felles tangent mellom dem.
Det vil si to tangenter for hvert par av sirkler, en på hver "side" av sirklene. Altså 6 tangenter til sammen.
La skjærngspunktene mellom hvert par av tangenter (tangentene for hvert par av sirkler) være X, Y og Z. Vis at X, Y og Z er kolineære.
Ikke en særlig elegant løsning, men her kommer en skisse av utregningen:
http://bildr.no/view/675849
Lar grunnlinja være 1 uten at det går utover vinklene i figuren.
Beregner høyden h og grunnlinja i trapes EFDG. Har at
[tex]1=h_1(\frac{1}{\tan 50}+\frac{1}{\tan 80})[/tex]
[tex]1=h_2(\frac{1}{\tan 60}+\frac{1}{\tan 80})[/tex]
[tex]h=h_2-h_1[/tex]
Avstanden HI er [tex]\frac{h}{\tan 80}[/tex] og avstanden GD er [tex]1-2\frac{h_2}{\tan 80}[/tex]
La vinkelen FED være x. Da er
[tex]\tan (x) =\frac{h}{GD+HI}=\frac{h_2-h_1}{1-\frac{h_1+h_2}{\tan 80}}=...=\frac{\tan(\frac{2\pi}{9})-\frac{1}{\sqrt{3}}}{\frac{\tan \frac{2\pi}{9}}{\sqrt{3}}-\tan^2 \frac{\pi}{18}}=...=\frac{1}{\sqrt{3}}=\tan \frac{\pi}{6}[/tex]
Vinkelen BDE er da 60-x=30 grader.
http://bildr.no/view/675849
Lar grunnlinja være 1 uten at det går utover vinklene i figuren.
Beregner høyden h og grunnlinja i trapes EFDG. Har at
[tex]1=h_1(\frac{1}{\tan 50}+\frac{1}{\tan 80})[/tex]
[tex]1=h_2(\frac{1}{\tan 60}+\frac{1}{\tan 80})[/tex]
[tex]h=h_2-h_1[/tex]
Avstanden HI er [tex]\frac{h}{\tan 80}[/tex] og avstanden GD er [tex]1-2\frac{h_2}{\tan 80}[/tex]
La vinkelen FED være x. Da er
[tex]\tan (x) =\frac{h}{GD+HI}=\frac{h_2-h_1}{1-\frac{h_1+h_2}{\tan 80}}=...=\frac{\tan(\frac{2\pi}{9})-\frac{1}{\sqrt{3}}}{\frac{\tan \frac{2\pi}{9}}{\sqrt{3}}-\tan^2 \frac{\pi}{18}}=...=\frac{1}{\sqrt{3}}=\tan \frac{\pi}{6}[/tex]
Vinkelen BDE er da 60-x=30 grader.
-
Nebuchadnezzar
- Fibonacci
- Posts: 5648
- Joined: 24/05-2009 14:16
- Location: NTNU
Fin løsning, men denne oppgaven kan løses uten trigometri ^^ Er hauger og dunger av måter å løse denne på.
"Å vite hva man ikke vet er og en slags allvitenhet" - Piet Hein
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
https://s.ntnu.no/Integralkokeboken
Lektor - Matematikk, Fysikk og Informatikk
Antar du mener fellestangentene som ikke tangerer 'mellom' sirklene. La sentrum i sirklene være [tex]S_1[/tex], [tex]S_2[/tex] og [tex]S_3[/tex] med radius henholdsvis lik [tex]r_1[/tex], [tex]r_2[/tex] og [tex]r_3[/tex], og la X, Y og Z være skjæringspunktene mellom fellestangentene til henholdsvis [tex]S_2[/tex] og [tex]S_3[/tex], [tex]S_1[/tex] og [tex]S_3[/tex], og [tex]S_1[/tex] og [tex]S_2[/tex]. Av formlike trekanter har vi da [tex]\frac {XS_2} {XS_3}=\frac{r_2} {r_3}[/tex]. Tilsvarende resultater har vi for [tex]Y[/tex] og [tex]Z[/tex], så Menelaus' teorem i trekanten [tex]S_1S_2S_3[/tex] gir da at punktene X, Y og Z er kolineære.Charlatan wrote:La oss se utregningen !
Her er en annen:
Vi har tre disjunkte sirkler av forskjellige størrelser i planet, og drar enhver felles tangent mellom dem.
Det vil si to tangenter for hvert par av sirkler, en på hver "side" av sirklene. Altså 6 tangenter til sammen.
La skjærngspunktene mellom hvert par av tangenter (tangentene for hvert par av sirkler) være X, Y og Z. Vis at X, Y og Z er kolineære.
Noe fantasiløs oppfølger:
La X', Y' og Z' være skjæringspunktene mellom de 'interne' fellestangentene til henholdsvis [tex]S_2[/tex] og [tex]S_3[/tex], [tex]S_1[/tex] og [tex]S_3[/tex], og [tex]S_1[/tex] og [tex]S_2[/tex]. Vis at linjene [tex]S_1X'[/tex], [tex]S_2Y'[/tex] og [tex]S_3Z'[/tex] er konkurrente.
Det er helt riktig.
Av de tilsvarende formlike trekanter som du brukte får vi samme likninger som tidligere. I dette tilfellet gir imidlertid cevas teorem at linjene er konkurrente.
Jeg holder argumentet kort:Karl_Erik wrote: Noe fantasiløs oppfølger:
La X', Y' og Z' være skjæringspunktene mellom de 'interne' fellestangentene til henholdsvis [tex]S_2[/tex] og [tex]S_3[/tex], [tex]S_1[/tex] og [tex]S_3[/tex], og [tex]S_1[/tex] og [tex]S_2[/tex]. Vis at linjene [tex]S_1X'[/tex], [tex]S_2Y'[/tex] og [tex]S_3Z'[/tex] er konkurrente.
Av de tilsvarende formlike trekanter som du brukte får vi samme likninger som tidligere. I dette tilfellet gir imidlertid cevas teorem at linjene er konkurrente.