Aufgabe #23 < Wettbewerbe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Übungsaufgabe) Übungsaufgabe  | | Datum: | 19:29 Mo 28.02.2005 | | Autor: | Hanno |
Hallo an alle!
Quelle: math4u
Es seien a,b,c die Seitenlängen eines Dreieckes. Man zeige:
[mm] $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}$
[/mm]
Liebe Grüße,
Hanno
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:56 So 06.03.2005 | | Autor: | moudi |
Hallo Hanno
Zuerst schreibe ich die Nenner der rechten Ungleichung um. Mit [mm] $s=\frac{a+b+c}2$ [/mm] ergibt sich $a+b-c=2(s-a)$ und für die anderen analog.
Ich erhalte somit [mm] $\frac 1a+\frac 1b+\frac 1c\leq\frac 1{2(s-a)}+\frac 1{2(s-b)}+\frac [/mm] 1{2(s-c)}$.
Jetzt substituiere ich $x=s-a,\ y=s-b,\ z=s-c$ und unter Beachtung von $a=s-b+s-c=y+z$ etc. erhalte ich die Ungleichung:
[mm] $\frac 1{x+y}+\frac 1{x+z}+\frac 1{y+z}\leq \frac 1{2x}+\frac 1{2y}+\frac [/mm] 1{2z}$.
Ich behaupte, dass die letzte Ungleichung für positive x,y,z allgemein gilt. Dazu multipliziere ich die Ungleichung mit $2xyz(x+y)(x+z)(y+z)$ um die Nenner loszuwerden und erhalte
[mm] $2xyz((x+z)(y+z)+(x+y)(y+z)+(x+y)(y+z))\leq(x+y)(x+z)(y+z)(yz+xz+xy)$
[/mm]
Ausmultiplizieren ergibt
[mm] $2x^3yz+2xy^3z+2xyz^3+6x^2y^2z+6x^2yz^2+6xy^2z^2\leq 2x^3yz+2xy^3z+2xyz^3+4x^2y^2z+4x^2yz^2+4xy^2z^2+ x^3y^2+x^2y^3+x^3z^2+x^2z^3+y^3z^2+y^2z^3$
[/mm]
Ich bringe alles auf die linke Seite und erhalte
[mm] $0\leq x^3y^2-x^2y^2z+x^2y^3-x^2y^2z+x^3z^2-x^2yz^2+x^2z^3-x^2yz^2+ y^3z^2-xy^2z^2+y^2z^3-xy^2z^2$
[/mm]
und daraus
[mm] $0\leq x^2y^2(x-z)+x^2y^2(y-z)+x^2z^2(x-y)+x^2z^2(z-y)+y^2z^2(y-x)+y^2z^2(z-x)$
[/mm]
und weiter
[mm] $0\leq y^2(x-z)(x^2-z^2)+x^2(y-z)(y^2-z^2)+z^2(x-y)(x^2-y^2)$
[/mm]
und schliesslich
[mm] $0\leq y^2(x-z)^2(x+z)+x^2(y-z)^2(y+z)+z^2(x-y)^2(x+y)$.
[/mm]
Die letzte Ungleichund ist für positive x,y,z klarererweise erfüllt, da alle Faktoren und Summanden nicht negativ sind. Man sieht, dass Gleichheit genau dann gilt, wenn x=y und x=z und y=z sind, was wiederum bedeutet, dass a=b=c (gleichseitiges Dreieck).
Wie hast du die Aufgabe gelöst?
mfG Moudi
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(Frage) für Interessierte  | | Datum: | 11:04 Mo 07.03.2005 | | Autor: | moudi |
Hallo Zusammen
Die zu beweisende Ungleichung ist äquivalent zu folgender Ungleichung:
In jedem Dreieck ist [mm] $h_a+h_b+h_c\leq\rho_a+\rho_b+\rho_c$, [/mm] wobei
[mm] $h_a, h_b, h_c$ [/mm] die Höhen und [mm] $\rho_a,\rho_b,\rho_c$ [/mm] die Radien der Ankreise sind.
Gleichheit gilt nur für das gleichseitige Dreieck.
Beweis: Ich gehe von der Ungleichung [mm] $\frac 1a+\frac [/mm] 1b [mm] +\frac 1c\leq\frac 1{2(s-a)}+\frac 1{2(s-b)}+\frac [/mm] 1{2(s-b)}$ aus. (Siehe Meine Antwort.)
Durch Multiplikation der Gleichung mit der doppelten Fläche 2F und unter Verwendung von einerseits [mm] $\frac{2F}a=h_a$ [/mm] und andererseits [mm] $F=\rho [/mm] s$ [mm] ($\rho$: [/mm] Inkreisradius) sowie der Tatsache [mm] $\rho_a:\rho=s:(s-a)$ [/mm] erhalte ich
[mm] $h_a+h_b+h_c\leq \rho_a+\rho_b+\rho_c$.
[/mm]
Frage: Kennt jemand diese Ungleichung (ich nehme an, dass sie "bekannt" ist) und kennt jemand einen "einfachen" (geometrischen) Beweis?
mfG Moudi
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