Aufgabe #22 < Wettbewerbe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Übungsaufgabe) Übungsaufgabe  | | Datum: | 19:17 Mo 28.02.2005 | | Autor: | Hanno |
Hallo an alle!
Es seien $a,b,c$ die Seitenlängen eines Dreieckes und $P$ sein Flächeninhalt. Zeige:
[mm] $\frac{ab+bc+ca}{4P}\geq\sqrt{3}$
[/mm]
Liebe Grüße,
Hanno
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:45 Fr 04.03.2005 | | Autor: | moudi |
Hallo Hanno
Ich habe bei dieser Aufgabe zuerst die Flächenformel [mm] $P=\frac{abc}{4r}$ [/mm] angewendet, (r Umkreisradius), dann ergibt sich
[mm] $\frac ra+\frac rb+\frac rc\geq\sqrt [/mm] 3$ und dann noch den Sinussatz [mm] $\frac a{\sin(\alpha)}=\frac{b}{\sin(\beta)}=\frac{c}{\sin(\gamma)}=2r$ [/mm] und erhalte:
[mm] $\frac1{\sin(\alpha)}+\frac1{\sin(\beta)}+\frac1{\sin(\gamma)}\geq 2\sqrt3$.
[/mm]
Die geforderte Ungleichung ist daher zur letzten Ungleichung äquivalent.
Für das gleichseitige Dreieck gilt [mm] $\sin(\alpha)=\sin(\beta)=\sin(\gamma)=\sin(\frac{\pi}{3})=\frac{\sqrt3}2$ [/mm] und daraus
[mm] $\frac1{\sin(\alpha)}+\frac1{\sin(\beta)}+\frac1{\sin(\gamma)}=2\sqrt3$ [/mm] in diesem Fall gilt die Gleichheit.
Jetzt zeige ich, dass der Ausdruck [mm] $\frac1{\sin(\alpha)}+\frac1{\sin(\beta)}+\frac1{\sin(\gamma)}$ [/mm] für das gleichseitige Dreieck minimal ist.
Sei jetzt ein beliebiges Dreieck gegeben. OBdA können wir annehmen, dass [mm] $\alpha\leq\beta\leq\gamma$ [/mm] ist.
a) Falls [mm] $\gamma>\frac{\pi}2$ [/mm] ist, dann verkleinern wir [mm] $\gamma$ [/mm] zu [mm] $\gamma'=\frac{\pi}2$ [/mm] und
vergrössern gleichzeitig [mm] $\beta$ [/mm] zu [mm] $\beta'<\frac{\pi}{2}$ [/mm] um den gleichen Betrag.
Dann gilt [mm] $\sin(\gamma')>\sin(\gamma)$ [/mm] und [mm] $\sin(\beta')>\sin(\beta)$ [/mm] und der Ausdruck
[mm] $\frac1{\sin(\alpha)}+\frac1{\sin(\beta)}+\frac1{\sin(\gamma)}$ [/mm] wird kleiner.
b) Wir dürfen daher [mm] $\alpha\leq\beta\leq\gamma\leq\frac{\pi}2$ [/mm] annehmen.
Zuerst schauen wir einen kleinen Blick auf die Funktion [mm] $f(x)=\frac 1{\sin(x)}$ [/mm] für
[mm] $0
gleichzeitig wird sie weniger "steil" (die absolute Steigung $|f'(x)|$
nimmt ab). Daraus folgt für x<y, dass f(x)>f(y) und wenn x auf x'
zunimmt und gleichzeitig y im gleichen Betrag auf y' abnimmt sodass
[mm] $x'\leq [/mm] y'$, dass dann der Funktionswert f(x) auf f(x') stärker abnimmt als
f(y) auf f(y') zunimmt. Mit anderen Worten f(x')+f(y')<f(x)+f(y).
b1) Sei [mm] $\beta<\frac{\pi}{3}$, [/mm] dann vergrössern wir [mm] $\beta$ [/mm] auf [mm] $\beta'=\frac{\pi}{3}$
[/mm]
und verkleinern [mm] $\gamma$ [/mm] um denselben Betrag auf [mm] $\gamma'>\frac{\pi}{3}$. [/mm] Der Ausdruck
[mm] $\frac1{\sin(\alpha)}+\frac1{\sin(\beta)}+\frac1{\sin(\gamma)}$ [/mm] wird dann kleiner.
b2) Sei [mm] $\beta>\frac{\pi}{3}$, [/mm] dann verkleinern wir [mm] $\beta$ [/mm] auf [mm] $\beta'=\frac{\pi}{3}$
[/mm]
und vergrössern [mm] $\alpha$ [/mm] um denselben Betrag auf [mm] $\alpha'<\frac{\pi}{3}$. [/mm] Der Ausdruck
[mm] $\frac1{\sin(\alpha)}+\frac1{\sin(\beta)}+\frac1{\sin(\gamma)}$ [/mm] wird dann kleiner.
c) Wir dürfen daher [mm] $\alpha\leq\beta=\frac{\pi}{3}\leq\gamma\leq\frac{\pi}2$ [/mm] annehmen.
Wir vergrössern [mm] $\alpha$ [/mm] auf [mm] $\alpha'=\frac{\pi}{3}$ [/mm] und verkleinern [mm] $\gamma$ [/mm] um
denselben Betrag auf [mm] $\gamma'=\frac{\pi}{3}$. [/mm] Der Ausdruck
[mm] $\frac1{\sin(\alpha)}+\frac1{\sin(\beta)}+\frac1{\sin(\gamma)}$ [/mm] wird dann kleiner.
Damit ist gezeigt, dass sich für jedes Dreieck der Ausdruck [mm] $\frac1{\sin(\alpha)}+\frac1{\sin(\beta)}+\frac1{\sin(\gamma)}$ [/mm] verkleinern lässt zu [mm] $\frac1{\sin(\frac{\pi}{3})}+\frac1{\sin(\frac{\pi}{3})}+\frac1{\sin(\frac{\pi}{3})}=2\sqrt [/mm] 3$.
Hast du eine "elegantere" (und einfachere) Methode gefunden?
mfG Moudi
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:10 Fr 04.03.2005 | | Autor: | Hanno |
Hallo moudi!
Ich habe deine Lösung noch nicht ganz durchgesehen, finde den Ansatz aber wirklich originell! Das merk ich mir :) ![[respekt2]](/images/smileys/respekt2.gif "[respekt2]")
Ich habe die Aufgabe so gelöst:
Nach Heron gilt [mm] $P=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$ [/mm] mit [mm] $s:=\frac{a+b+c}{2}$. [/mm] Ferner ist die zu beweisende Ungleichung äquivalent zu
[mm] $\frac{ab+bc+ca}{4\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}}\geq\sqrt{3}$
[/mm]
[mm] $\gdw \frac{(ab+bc+ca)^2}{2\cdot s\cdot (8(s-a)(s-b)(s-c))}\geq [/mm] 3$
Nun werden zwei Ungleichungen angewandt:
-> Die Lehmus-Ungleichung: [mm] $abc\geq [/mm] (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)=8(s-a)(s-b)(s-c)$
-> [mm] $(ab+bc+ca)^2\geq [/mm] 3abc(a+b+c)$
Dies ergibt die stärke Ungleichung
[mm] $\frac{3abc(a+b+c)}{2sabc}\geq [/mm] 3$
[mm] $\frac{3\cdot 2s}{2s}=3\geq [/mm] 3$
Liebe Grüße,
Hanno
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:06 Sa 05.03.2005 | | Autor: | moudi |
Hallo Hanno
Danke für deine Lösung. Ich kannte die Ungleichungen nicht.
mfG Moudi
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