Неравенство с 4 точки.

[kucheto]

Даден е [tex]\triangle ABC[/tex]и произволна точка [tex]P[/tex].
Да се докаже, че: [tex]PA.PB.AB+PB.PC.BC+PC.PA.CA\ge AB.BC.CA[/tex]. Кога се достига равенство?

[ganka simeonova]

Ще се пробвам и моля, ако имам грешва в логиката, да коментираме. Не знам доколко ми е издържано решението..
Да означим:
[tex]AP=x; BP=y; CP=z; AB=c; BC=a; AC=b[/tex]

[tex]S_1=s_{ABP}; S_2=S_{BCP}; S_3=S_{CAP}[/tex]

[tex]\frac{xyc}{ 4R} +\frac{yza}{ 4R} +\frac{xzb}{ 4R}=\frac{xy}{2 } .\frac{c}{ 2R} +\frac{yz}{2 } .\frac{a}{ 2R}+\frac{xz}{2 } .\frac{b}{ 2R}>[/tex]

[tex]>S_1sin\gamma +S_2sin\beta +S_3sin\beta >S_1+S_2+S_3=S=\frac{abc}{4R }[/tex]
И сега, кога се достига равенство? Тук ми е слабото място... Но едно решение е, при равностранен триъгълник, когато Р е центърът на триъгълника.. Дали има и друго?

[Xixibg]

Има и още поне 3 случая на равенство:
[tex]1.P\equiv A;2.P\equiv B;3.P\equiv C[/tex]

[ganka simeonova]

Да, обаче решението ми е безумно невярно Така яко съм оплескала знаците.... Не знам къде ми е бил умът.

[ins-]

http://www.scribd.com/api_user_11797_Ma ... -the-World
3.3 - задача 5 - Китай - 1998. Равенство се достига, когато точката е ортоцентър. Виждал съм решението.

[kucheto]

Ето моето доказателство на неравенството (знам кога се достига равенство, но не мога да докажа единствеността):
Нека: [tex]\vec{PA}=a,\ \vec{PB}=b,\ \vec{PC}=c\Rightarrow \vec{AB}=b-a,\ \vec{BC}=c-b,\ \vec{CA}=a-c[/tex]

[tex]PA.PB.AB+PB.PC.BC+PC.PA.CA\ge AB.BC.CA\\\Leftrightarrow |ab(b-a)|+|bc(c-b)|+|ca(a-c)|\ge |(b-a)(c-b)(a-c)|\\\Leftrightarrow |ab^2-a^2b|+|bc^2-b^2c|+|ca^2-c^2a|\ge |a^2b+b^2c+c^2a-ab^2-bc^2-ca^2|[/tex].
Последното неравенство следва от: [tex]|x|+|y|+|z|\ge |-(x+y+z)|=|x+y+z|[/tex]

[drago]

...
[tex]PA.PB.AB+PB.PC.BC+PC.PA.CA\ge AB.BC.CA\\\Leftrightarrow |ab(b-a)|+|bc(c-b)|+|ca(a-c)|\ge |(b-a)(c-b)(a-c)|\\\Leftrightarrow |ab^2-a^2b|+|bc^2-b^2c|+|ca^2-c^2a|\ge |a^2b+b^2c+c^2a-ab^2-bc^2-ca^2|[/tex].
...

Тук нещо си го пообъркал. a, b,c са вектори, това което си написал е евентуално тяхното скаларно произведение,а не произведението от дължините.

[Mr.G{}{}Fy]

Да,но това скаларно произведение нали е някакво число.Така,че защо да не е вярно?

[kucheto]

...
[tex]PA.PB.AB+PB.PC.BC+PC.PA.CA\ge AB.BC.CA\\\Leftrightarrow |ab(b-a)|+|bc(c-b)|+|ca(a-c)|\ge |(b-a)(c-b)(a-c)|\\\Leftrightarrow |ab^2-a^2b|+|bc^2-b^2c|+|ca^2-c^2a|\ge |a^2b+b^2c+c^2a-ab^2-bc^2-ca^2|[/tex].
...

Тук нещо си го пообъркал. a, b,c са вектори, това което си написал е евентуално тяхното скаларно произведение,а не произведението от дължините.

Не знам какво е, но само използвам, че [tex]|x|.|y|.|z|=|xyz|[/tex], което ми изглежда да е коректно. Опровергай ме ако греша. Проблемът е, че не знам какво точно означава самият израз [tex]xyz[/tex] за вектори. Когато е в модул е всъщност произведението на дължините на векторите, а когато не е, е нещо неизвестно за мене (не е нито скаларно, нито векторно, нито смесено произведение), което съответно няма как да преработя, за да достигна до желаното равенство при [tex]P\equiv H[/tex] за остроъгълен [tex]\triangle ABC[/tex] (изключвайки, разбира се, тривиалните случаи). Само знам, че трябва [tex]ab(b-a),\ bc(c-b),\ ca(a-c)[/tex] да са с еднакви знаци, каквото и да означава това.

П.С. Точно и заради това произведение на вектори пуснах тази задача, което се надявам някой да ми разясни, а освен това задачата е приятна. Както сподели @ins задачата е от Китай 1998, а аз я намерих от тази празна тема: http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... l=1#229886

[Mr.G{}{}Fy]

Всъшност [tex]ab(b-a)[/tex],за вектори,би трябвало да е вектор умножен с дадено число (според мен),защото [tex]ab[/tex] е скаларно произведение т.е. число,а [tex]a-b[/tex] си е вектор някакъв.Тогава предполагам [tex]|x|+|y|+|z|\ge |x+y+z|[/tex] не важи.

[drago]

...Не знам какво е, но само използвам, че [tex]|x|.|y|.|z|=|xyz|[/tex], което ми изглежда да е коректно.
...

Ами точно това не е вярно в общия случай...за вектори.
В твоите означения това са вектори. За тях има два вида произведение- скаларно и векторно. В първия случай произведението е число, във втория вектор, но и в двата [tex]|x.y| \neq |x|.|y|[/tex] в общия случай..
Така че не може така!

Обаче все пак този подход е спасяем. Трябва да минем към комплексни числа. При тях операцията умножение има това свойство и неравенството на триъгълника е в сила. За това, кога се достига равенство, по точно за единствеността, обаче ще трябва да си поиграем.

[kucheto]

Да, прав си, че ако кажа комплексни числа вместо вектори решението ще е по-издържано, а и изразът [tex]ab(b-a)[/tex] ще има по-ясен математически смисъл като произведение на комплексни числа, а не като някакво неясно и абстрактно произведение на вектори. Тогава за да имаме равенство в условието трябва образите на 3-те произведения да лежат в един и същи квадрант на права минаваща през центъра на комплексната равнина.

[drago]

Taka, сега кога се достига равенство:

(1) [tex]|a^2b-ab^2|+|b^2c-bc^2|+|c^2a-ca^2| \geq |a^2b-ab^2+b^2c-bc^2+c^2a-ca^2|[/tex]

Ako допуснем че и трите числа: [tex]a^2b-ab^2, \, b^2c=bc^2,\,c^2a-ca^2[/tex]са различни от 0 и в (1) има равенство, то:

(2) [tex]b^2c=bc^2 = k(a^2b-ab^2) \,\, k \in \mathbb{R}, k >0[/tex]

(3) [tex]c^2a-ca^2 = l(a^2b-ab^2) \,\, l \in \mathbb{R}, l >0[/tex]

Да вземем (2) <=> [tex](b-c)c= k a(a-b)[/tex].
За улеснение нека началото на комплексната равнина да е в A и AB да съвпада с [tex]Ox^+[/tex]. Малко сметки с ъглите,като се има предвид дефиницията за произведение на комплексни числа, показва:

(4) [tex]\angle(\vec{PC}, \vec{AB}) = \angle(\vec{PA},\vec{BC})[/tex].


Аналогично (3) дава:
(5) [tex]\angle(PB, CA) = \angle(PA,BC)[/tex].

(4) и (5) означават:

[tex]\angle(PC, AB) = \angle(PA,BC) = \angle(PB, CA) = \frac{\pi}{2}[/tex].

Интересно ще ми е да видя оригиналното решение, което Ins е виждал.

[ins-]

Виждал съм решението от тази книга (има я на много места в Интернет). Може да имам и оригиналното някъде, но това със сигурност съм виждал.
http://www.ebook3000.com/Mathematical-O ... 19006.html

[drago]

Да, благодаря, второто решение в книжката е като на Кучето. Само малко по-елегантно решават въпроса с равенството.