Fie \( p \) semiperimetrul unui trapez inscris intr-un cerc de raza 1. Stiind ca una din laturile neparalele are lungimea \( \sqrt{3} \) , sa se arate ca \( p\le 1+\sqrt{3}. \)
Stefan Smarandache, GM 9/2008
Inegalitate geometrica
Moderators: Bogdan Posa, Laurian Filip
-
Marius Mainea
- Gauss
- Posts: 1077
- Joined: Mon May 26, 2008 2:12 pm
- Location: Gaesti (Dambovita)
-
Virgil Nicula
- Euler
- Posts: 622
- Joined: Fri Sep 28, 2007 11:23 pm
Re: Inegalitate geometrica
Demonstratie. Fie \( ABCD \) un trapez isoscel inscris in cercul \( w=C(O,1) \) , unde lungimile bazelor sunt
\( AB=2x \) , \( CD=2y \) astfel incat \( x\ge y \) si \( AD=BC=\sqrt 3\ . \) Se observa ca \( p=(x+y)+\sqrt 3 \) si se cere sa aratam ca maximum lui \( p \) este egal cu \( 1+\sqrt 3 \), adica maximum sumei \( (x+y) \) este egal cu \( 1 \) .
Se arata usor ca in situatia de extrem centrul \( O \) este interior trapezului cu perimetru maxim.
Ramane sa cautam relatia intre \( x \)si \( y \) care sa exprime ca trapezul este inscris intr-un cerc de raza egala cu \( 1\ . \)
Se arata usor ca aceasta este \( \sqrt {\left(\sqrt 3\right)^2-(x-y)^2}=\sqrt {1-x^2}+\sqrt {1-y^2} \) , adica \( x^2+xy+y^2=\frac 34 \), ceea ce inseamna \( (x+y)^2=xy+\frac 34 \) . Asadar, suma \( (x+y) \) este maxima \( \Longleftrightarrow\ (x+y)^2 \) este maxima \( \Longleftrightarrow \) produsul \( xy \) este maxim \( \Longleftrightarrow \) \( (xy)^3=x^2\cdot {xy}\cdot y^2 \) este maxim. Insa \( x^2+xy+y^2=\frac 34 \) (constant).
Deci \( xy \) este maxim daca si numai daca \( x^2=xy=y^2=\frac 14 \) , adica \( x=y=\frac 12 \) si in acest caz \( p\ \le\ 1+\sqrt 3 \) .
Comentariu. Frumusica problema la clasa a VII -a ! Am evitat trigonometria, desi era mai simplu si redactarea mai scurta.
Intr-adevar, notand mijloacele \( M \), \( N \) ale bazelor \( [AB] \), \( [CD] \) respectiv si \( m(\angle AOM)=\alpha \), \( m(\angle DON) =\beta \) se obtine \( \alpha +\beta =60^{\circ} \) si \( x=\sin\alpha \), \( y=\sin\beta \). Deci suma \( x+y \) este maxima \( \Longleftrightarrow \)
\( \sin\alpha +\sin\beta=\frac 12\cdot\sin\frac {\alpha +\beta}{2}\cdot\cos\frac {\alpha -\beta}{2}=\cos\frac {\alpha -\beta}{2} \) este maxim \( \Longleftrightarrow\ \alpha =\beta =30^{\circ}\ \Longleftrightarrow\ x=y=\frac 12\ . \)
\( AB=2x \) , \( CD=2y \) astfel incat \( x\ge y \) si \( AD=BC=\sqrt 3\ . \) Se observa ca \( p=(x+y)+\sqrt 3 \) si se cere sa aratam ca maximum lui \( p \) este egal cu \( 1+\sqrt 3 \), adica maximum sumei \( (x+y) \) este egal cu \( 1 \) .
Se arata usor ca in situatia de extrem centrul \( O \) este interior trapezului cu perimetru maxim.
Ramane sa cautam relatia intre \( x \)si \( y \) care sa exprime ca trapezul este inscris intr-un cerc de raza egala cu \( 1\ . \)
Se arata usor ca aceasta este \( \sqrt {\left(\sqrt 3\right)^2-(x-y)^2}=\sqrt {1-x^2}+\sqrt {1-y^2} \) , adica \( x^2+xy+y^2=\frac 34 \), ceea ce inseamna \( (x+y)^2=xy+\frac 34 \) . Asadar, suma \( (x+y) \) este maxima \( \Longleftrightarrow\ (x+y)^2 \) este maxima \( \Longleftrightarrow \) produsul \( xy \) este maxim \( \Longleftrightarrow \) \( (xy)^3=x^2\cdot {xy}\cdot y^2 \) este maxim. Insa \( x^2+xy+y^2=\frac 34 \) (constant).
Deci \( xy \) este maxim daca si numai daca \( x^2=xy=y^2=\frac 14 \) , adica \( x=y=\frac 12 \) si in acest caz \( p\ \le\ 1+\sqrt 3 \) .
Comentariu. Frumusica problema la clasa a VII -a ! Am evitat trigonometria, desi era mai simplu si redactarea mai scurta.
Intr-adevar, notand mijloacele \( M \), \( N \) ale bazelor \( [AB] \), \( [CD] \) respectiv si \( m(\angle AOM)=\alpha \), \( m(\angle DON) =\beta \) se obtine \( \alpha +\beta =60^{\circ} \) si \( x=\sin\alpha \), \( y=\sin\beta \). Deci suma \( x+y \) este maxima \( \Longleftrightarrow \)
\( \sin\alpha +\sin\beta=\frac 12\cdot\sin\frac {\alpha +\beta}{2}\cdot\cos\frac {\alpha -\beta}{2}=\cos\frac {\alpha -\beta}{2} \) este maxim \( \Longleftrightarrow\ \alpha =\beta =30^{\circ}\ \Longleftrightarrow\ x=y=\frac 12\ . \)
Fie ABCD trapezul cu \( AB=CD=\sqrt{3} \) si O intersectia diagonalelor sale. Atunci AB reprezinta latura unui triunghi echilateral inscris in cercul de raza 1, deci orice unghi ascutit care subintinde AB are \( 60^{\circ} \). De aceea,
\( \angle ACB=\angle ADB=\angle DAC=\angle DBC=60^{\circ} \).
Deducem ca triunghiurile AOD si BOC sunt echilaterale, deci \( BC+AD=BD\le2 \), caci BD e cel mult egal cu diametrul cercului.
Concluzia e imediata.
A, si am evitat si trigonometria...
\( \angle ACB=\angle ADB=\angle DAC=\angle DBC=60^{\circ} \).
Deducem ca triunghiurile AOD si BOC sunt echilaterale, deci \( BC+AD=BD\le2 \), caci BD e cel mult egal cu diametrul cercului.
Concluzia e imediata.
A, si am evitat si trigonometria...
Bogdan Enescu
-
Virgil Nicula
- Euler
- Posts: 622
- Joined: Fri Sep 28, 2007 11:23 pm
Foarte frumos, dar tine seama de particularitatea problemei, adica \( AB=\sqrt 3\ . \) Daca \( AB=l \), unde \( l\ <\ 2 \), atunci notam cercul circumscris \( w=C(O,1) \), \( I\in AC\ \cap\ BD \) si \( \phi =m(\angle ACB) \). Se observa ca \( \frac {BC}{BI}=\frac {AD}{ID}=k= \) \( \frac {BC+AD}{BI+ID}= \) \( \frac {BC+AD}{BD} \), unde \( k=2\cos\phi \) (constant). Deci \( BC+AD \) este maxim daca si numai daca \( BD \) este maxim, adica \( I\equiv O \). In concluzie, \( \underline{\overline{\left\|\ p\ \le\ l\ +\ 2\cdot\cos\phi\ \right\|}}\ . \)