Page 1 of 1

Geometriske ulikheter

Posted: 29/03-2013 23:28
by Brahmagupta
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]

Posted: 30/03-2013 13:42
by Hoksalon
På a)

Det skal ikke stå 3sqrt(3)?

Ved å se på en likesidet trekant, får jeg at
[tex]A = \frac{1}{2} \cdot sin(\frac{2\pi}{3}) \cdot R \cdot R \cdot 3 = \frac{3\sqrt{3}}{4}\cdot R^2 \geq \frac{\sqrt{3}}{4}R^2[/tex]

Posted: 30/03-2013 13:50
by Brahmagupta
Jo, selvfølgelig ! Rettet opp nå.

Posted: 30/03-2013 14:34
by KonFuTzed
Her er er forsøk på a)

Se figur: Image

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.

Posted: 30/03-2013 18:44
by Hoksalon
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]

Posted: 30/03-2013 19:17
by Brahmagupta
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 !

Posted: 31/03-2013 10:36
by KonFuTzed
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]

Posted: 31/03-2013 18:05
by Nattmat
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.

Posted: 31/03-2013 19:50
by Brahmagupta
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!

Posted: 01/04-2013 00:07
by Hoksalon
Ja, jeg mente selvfølgelig konkav :oops:

Posted: 02/04-2013 15:59
by Brahmagupta
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]
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.

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.

Posted: 02/04-2013 17:14
by KonFuTzed
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.

Posted: 05/04-2013 18:54
by Brahmagupta
Veldig bra :) Akkurat slik jeg utledet resultatet i utgangspunktet.