Регистрирайте сеРегистрирайте се

Геометрично неравенство


 
   Форум за математика Форуми -> Геометрия
Предишната тема :: Следващата тема  
Автор Съобщение
ганка симеонова
SUPER VIP


Регистриран на: 10 Jan 2008
Мнения: 5985
Местожителство: софия
Репутация: 618.5Репутация: 618.5Репутация: 618.5
гласове: 298

МнениеПуснато на: Tue Sep 08, 2009 2:03 pm    Заглавие: Геометрично неравенство

Диагоналите на изпъкнал четириъгълник са равни на [tex]2a [/tex] и [tex]2b[/tex].
Да се докаже, че една от страните на четириъгълника не е по- малка от [tex]\sqrt{a^2+b^2} [/tex]
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Реклама







Пуснато на:     Заглавие: Реклама

Върнете се в началото
martin123456
Фен на форума


Регистриран на: 23 Oct 2009
Мнения: 533

Репутация: 33.9Репутация: 33.9Репутация: 33.9
гласове: 15

МнениеПуснато на: Tue Nov 24, 2009 5:55 pm    Заглавие: Re: Геометрично неравенство

ганка симеонова написа:
Диагоналите на изпъкнал четириъгълник са равни на [tex]2a [/tex] и [tex]2b[/tex].
Да се докаже, че една от страните на четириъгълника не е по- малка от [tex]\sqrt{a^2+b^2} [/tex]


означаваме дължините на отсечките получени от пресечането на диаг и върховете с x,y на 2 от тях, значи другите са 2a-x, 2b-y.
Пишем косиносови т-ми за 4те триъгълника, като за всеки израз имаме чче е < [tex]a^2+b^2[/tex]. Сумираме и използваме че [tex]a^2+b^2 \geq (a+b)^2/2[/tex]. Неравенството става [tex]\cos\alpha(y-b)(x-a)< 0[/tex]
1) [tex]y-b>0,x-a>0[/tex]=>[tex]\cos\alpha < 0[/tex]. за триъгълник със страни x,y от cos т-ма: [tex]x^2+y^2+2xy\cos\alpha = side^2<a^2+b^2[/tex]. Но отляво изразът е > дясна страна
2) [tex]y-b<0,x-a<0[/tex]. Разглеждаме триъгълник със страни 2a-x, 2b-y и като в 1)
3) [tex]y-b>0,x-a < 0[/tex]. Разглеждаме триъг със страни y, 2a-x и използваме LHS на cos т-ма е > [tex](2a-x)^2+y^2-2(2a-x)y=(2a-x+y)^2>(a+b)^2[/tex]. От др страна изразът в cos т-ма дава страната на квадрат, която е < [tex]a^2+b^2[/tex]
4)като 3)
5)y=b, x=a, явно не е в сила неравенството
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
ubuntu
Начинаещ


Регистриран на: 21 Nov 2009
Мнения: 9

Репутация: 2.9Репутация: 2.9
гласове: 2

МнениеПуснато на: Tue Nov 24, 2009 11:39 pm    Заглавие:

Лема : За всеки четири точки [tex]W,X,Y,Z[/tex] в пространството е изпълнено неравенството [tex]WX^2+XY^2+YZ^2+ZW^2\ge WY^2+XZ^2[/tex]
Доказателство : Избираме си произволно начало [tex]O[/tex] и означаваме векторите от него до другите 4 точки съответно с [tex]\vec{w} ,\vec{x} ,\vec{y} ,\vec{z} [/tex].
[tex]WX^2+XY^2+YZ^2+ZW^2- WY^2-XZ^2=|\vec{w} -\vec{x} |^2+|\vec{x} -\vec{y} |^2+|\vec{y} -\vec{z} |^2+|\vec{z} -\vec{w} |^2-|\vec{w} -\vec{y} |^2-|\ve{x}-\vec{z}|^2=|\vec{w}+\vec{y}-\vec{x}-\vec{z}|^2\ge 0[/tex] като равенство се достига при [tex]w+y=x+z[/tex] което е вярно тогава и само тогава когато [tex]WXYZ[/tex] е успоредник (възможно изроден). Натам мисля , че се подразбира защо е невъзможно всички страни да са по-малки от [tex]\sqrt{a^2+b^2}[/tex].
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Покажи мнения от преди:   
   Форум за математика Форуми -> Геометрия Часовете са според зоната GMT + 2 Часа
Страница 1 от 1

 
Идете на:  
Не Можете да пускате нови теми
Не Можете да отговаряте на темите
Не Можете да променяте съобщенията си
Не Можете да изтривате съобщенията си
Не Можете да гласувате в анкети
Може да прикачвате файлове
Може да сваляте файлове от този форум
Copyright © 2005-2021 math10.com.