Page 1 of 1
Geometrisk nestenulikhet
Posted: 15/07-2010 21:02
by Karl_Erik
La ABC være en trekant med innsenter I. Et punkt P inne i trekanten er slik at ∠PBA + ∠PCA = ∠PBC + ∠PCB. Vis at [tex]AP \geq AI[/tex], og at likhet holder hvis og bare hvis [tex]I=P[/tex].
Posted: 16/07-2010 01:31
by Charlatan
La [tex]\alpha = BAC[/tex], og [tex]\beta = BPC[/tex], [tex]\alpha_1 = ABP[/tex], [tex]\beta_1 = ACP[/tex], [tex]\alpha_2 = CBP[/tex], og [tex]\beta_2 = BCP[/tex].
Nå er [tex]\beta = 180 - (\alpha_2+\beta_2)[/tex], og
[tex]\alpha =360 - \alpha_1-\beta_1-(360-\beta) = 180 - (\alpha_1+\alpha_2+\beta_1+\beta_2)[/tex].
Av den gitte likheten har vi at [tex]2 \beta =180 + \alpha[/tex], noe som medfører at [tex]\beta[/tex] er konstant uavhengig av P (gitt likheten). Siden likheten selvsagt gjelder for P = I (i og med at I ligger på bijeksjonen av alle hjørnene), må P ligge på sirkelen med sentrum [tex]S_1[/tex] gjennom B,C og I.
For å vise at [tex]AP \geq AI[/tex] hvis og bare hvis P = I, gjenstår det å vise sirkelen med sentrum [tex]S_1[/tex] og sirkelen gjennom I med sentrum i A tangerer i I, ettersom dette medfører at P ikke kan ligge i den lukkede disken avgrenset av sirkelen med sentrum i A (som danner mengden av punkter X slik at [tex]AX \leq AI[/tex]) med mindre P = I.
Nå er [tex]BS_1C = 360-2\beta = 180-\alpha[/tex], som betyr at [tex]ABS_1C[/tex] er en syklisk firkant. Siden [tex]ABS_1[/tex] og [tex]ACS_1[/tex] spenner over samme korde [tex]AS_1[/tex] i den tilhørende sirkelen, er vinklene like, og dermed begge rette vinkler. Det betyr at AB og AC tangerer sirkelen med sentrum [tex]S_1[/tex]. Siden AI bisekterer BAC, må [tex]S_1[/tex] skjære linja gjennom AI, som betyr at I ligger på linja gjennom [tex]AS_1[/tex]. Dette medfører at sirkelen gjennom I med sentrum i A og sirkelen gjennom I med sentrum i [tex]S_1[/tex] tangerer i I, ettersom normalen på AI gjennom I er en felles tangent for dem begge.