Inegalitati geometrice

INEGALITATI GEOMETRICE

Unul din obiectivele principale ale predarii geometriei este acela de a-i deprinde pe elevi sa demonstreze, adica sa fundamenteze logic, deductiv, unele propozitii pornind de la altele despre care stiu ca sunt adevarate. La aceasta deprindere nu se poate ajunge dintr-o data, ci treptat, printr-un proces educativ, astfel incat elevii sa devina constienti de necesitatea demonstratie, de procedeele logige pe care le folosesc. Este necesar sa-i zdruncinam elevului increderea in evidenta intuitiva a unor desene si sa-i formam dorinta de a justifica logic anumite proprietati, precum si capacitatea de a efectua operatiile logice din care se constituie demonstratia.

Deprinderea efectuarii de catre elevi a unor rationamente deductive nu este usoara.Elevul trebuie sa constientizeze faptul ca nu va putea sa culeaga roadele studiilor sale matematice, sa-si faca o idee corecta despre ceea ce este geometria, daca nu va reusi, nu numai sa intelega rationamentele ce-i sunt expuse, dar si sa construiasca singur, pe baza lor, alte demonstratii pentru teoreme sau solutii pentru probleme. 515f54f

Pentru a reveni la tematica acestui capitol, este necesar, inca de la inceput, de cand se predau primele notiuni teoretice cu privire la inegalitati geometrice, ca profesorul sa specifice faptul ca noi nu introducem o relatie de comparare a segmentelor, ci comparam lungimile lor, numerele reale prin care acestea se exprima. Orice relatie de tipul AB< CD, AB CD, , <etc., este o relatie intre masurile respective. Acestor relatii, fiind relatii intre numere, le putem aplica toate proprietatile cunoscute la algebra, de catre elevi.

In acest capitol am utilizat frecvent faptul ca in orice triunghi suma lungimilor a doua laturi este mai mare decat lungimea laturii a treia. De asemenea pentru cls. VII-VIII am demonstrat inegalitatile algebrice x+( la problema 5.1.2), x²+y²+z²

(la problema5.13) si le-am folosit de la caz la caz.

Notatiile sunt in concordanta cu manualele scolare.Lungimile bisectoarelor interioare ale unui triunghi sunt notate cu i_a, i_b, i_c .Peste tot in acest capitol, laturile si diagonalele unui poligon au fost considerate segmente inchise.

Am acceptat, fara demonstratie, urmatoarele:

Semnul trinomului de gradul doi;

Inegalitatea (x+y+z)care devine egalitate pentru x=y=z;

Inegalitatea mediilor: daca a₁, a₂, …, a_n I R^*, n IN, n2, atunci : , unde , m_g = ; m_a=

Inegalitatea lui Cauchy-Buniakowski-Schwartz:daca a₁, a₂, …, a_n,b₁,b₂, …b_n IR, atunci:cu egalitate daca

Inegalitatea lui Jensen: fie E un interval si f:E R . Daca f este convexa pe E, atunci oricare ar fi x₁, x₂, … x_n I E si oricare ar fi numerele pozitive a₁, a₂, …, a_n, nu toate nule, se verifica inegalitatea:

Inegalitatea mediilor pentr n=2 a fost scrisa in urmatoarele forme:

x²+y² 2xy,x,yI R

(x+y)² 4xy, x,yI R

Problema 5.1.3. se adreseaza in special cititorilor din invatamantul gimnazial. Ea se

rezolva rapid cu ajutorul inegalitatii ( x+y+z)

De asemenea, in cateva randuri s-a utilizat termenul de ,,inegalitate normala”. O inegalitate intre elementele unui triunghi se numeste astfel, daca devine egalitate ,atunci si numai atunci cand triunghiul este echilateral.

1. INEGALITATI GEOMETRICE IN TRIUNGHI

Problema 5.1.1. Fie D un punct situat pe arcul mic al cercului circumscris triunghiului echilateral ABC si AB CD=. Aratati ca CF+BE 2a, unde a este lungimea laturii triunghiului echilateral ABC.

Demonstratie: Avem m(<CBE)=180⁰- m(<ABC)=180⁰- 60⁰ = 120⁰, m(< FCB)=180⁰-

-m(<ACB)=180⁰-60⁰=120⁰

Urmeaza ca < CBE = < FCB. Apoi m(<BCE)=m(<CFB)

Urmeaza ca <BCE = < CFB. Deci, conform cazului intai de asemanare, ( BCE ~ ( CFB, deci (fig.5.1.1.)

 EMBED AutoCAD.Drawing.14 Fig. 5.1.1.

Se deduce si se aplica inegalitatea mediilor

, de unde

Problema 5.1.2. Fie D ABC si AE BC, cu E I (BC). Pe perpendicularele duse pe BC in B si C consideram punctele N si M, de aceeasi parte a lui BC ca si A, astfel incat NC BM AE= = .Sa se arate ca BN+MC . In ce caz avem egalitate?

Demonstratie. ( fig. 5.1.2 )

Incepem prin a demonstra inegalitatea: ( 1 ) x + , cu egalitate pentru x=1.

Avem : x + -2 = . Egalitatea se realizeaza cand x-1 =0, adica pentru x=1.

Revenind la problema noastra, observam ca ipoteza E I (BC) ne spune ca unghiurile sunt ascutite. Avem : D BCN D ECL si D BCM D BEL, de unde (fig. 5.1.2) T

Fig.5.1.2

Adunam aceste egalitati :

Conform inegalitatii ( 1 ) , avem Prin urmare

Egalitatea are loc daca , adica BE=BC, deci in cazul triunghiului isoscel cu varful in A si baza [BC].

Problema 5.1.3.. Sa se arate ca aria unui triunghi este strict mai mica decat semisuma patratelor distantelor unui punct din interiorul triunghiului la varfuri.

Demonstratie: Fie triunghiul oarecare ABC. (fig. 5.2.3.), si un punct PI Int ABC. Notam: PA= x, PB= y, PC= z, m (<PBC)=α, m (<CPA)=b m (<APB)=g .
Avem: s [ABC]=s [BPC] + s[CPA]+s[APB]=.

Dintre inegalitatile cel putin una este stricta.Intra-adevar,daca am avea sin α=sin b=sin g =1, ar insemna ca α=b g =, ceea ce contravine relatiei evidente α +b g p. Deci: (1) s [ABC]<

Fig. 5.2.3.

Acum ne propunem sa demonstram o inegalitate de larga circulatie si anume:

x² + y² + z² xy+yz+zx, , cu egalitate numai pentru x=y=z.

Se pleaca de la: (x - y)² +(y – z)² + (z –x)² , care se mai scrie :

2x² + 2y² +2z² – 2xy – 2yz - 2zx x² +y² + z² xy +yz +zx.

Egalitatea se realizeaza numai pentru x-y =y-x =z-x=0, adica pentru x=y=z. Revenind la relatia (1)T

s[ABC] <

Problema 5.1.4. Fie ABC un triunghi oarecare. Notam cu A’ al doilea punct de intersectie al bisectoarei unghiului A cu cercul circumscris triunghiului. Sa se arate ca:

Demonstratia: (fig. 5.1.4) Solutia 1. Cum[AA’ este bisectoare, avemT [A’B] s [A’C]

Fig. 5.1.4.

In acest caz, inegalitatea evidenta A’B +A’C> BC, devine : A’B=A’C >.

Prima teorema a lui Ptolomeu se scrie :

Solutia 2.La fel ca la solutia 1 demonstran ca [A’B]s [A’C]. Apoi, luam DI AB astfel incat BI[AD] si [BD]s[AC].D A’BD s D A’CA ( L.U.L), deoarece: [A’B]s [A’C], [BD]s[CA], <A’BDs <A’CA T [A’D]s [AA’].

In D AA’D avem: AA’+A’D > AD T 2AA’ > AB+BD.

Ramane sa mai observam ca BD=AC si problema este rezolvata.

Problema 5.1.5. Se considera un triunghi ABC si trei drepte concurente AM, BM, CM care mai intersecteaza laturile triunghiului in A’, B’ respectiv C’. Sa se demonstrezze ca:

Demonstratie : Fie D ABC si fie M I Int ABC astfel incat (AM) (BC)=; (BM) (AC)= si (CM) (AB)=. (fig. 5.1.5)

Fig. 5.1.5.

Din teorema lui Ceva, iar din inegalitatea mediilor,

T

T

Egalitatea are loc pentru , adica atunci cand A’, B’, C’ sunt mijloacele laturilor (BC),(AC), respectiv (AB) , deci cand punctul M este centrul de greutate al triunghiului ABC.

Problema 5.1.6. Sa se arate ca in orice triunghi ABC are loc inegalitatea

Demonstratie: Fie E apartine cercului circumscris D ABC , E I si E’ I (BC), astfel incat BE’=E’C si EE’ BC.(fig. 5.1.6). De asemenea, fie A’ I (BC), astfel incat AA’ BC. Notand cu h_a inaltimea din A in D ABC, avem h_aEE’.

In D BEE’ cu m(, EE’= , deoarece < BEC s < BAC( subantind acelasi arc de cerc), ceea ce conduce la :

Avand in vedere inegalitatea mediilor, deducem ca :

=

= = =

= = = .

Prin urmare, , cu egalitate daca a=b=c.

Mai trebuie sa demonstram acum ca :

Deci: ==

=

De asemenea ,in cadrul demonstratiei am tinut cont de urmatoarele formule:

S= , tg, si inegalitatile mediilor.

Problema 5.1.7. Sa se demonstreze ca in orice triunghi ABC au loc relatiile:

h_ah_b + h_bh_c +h_ch_a p²

h_a +h_b +h_c < 2p

Demonstratie Se stie ca prin urmare: h_ah_b + h_bh_c +h_ch_a = = , ceea ce conduce la : h_ah_b + h_bh_c +h_ch_a p², cu egalitate in cazul triunghiului echilateral.

(fig. 5.1.7) Fie D ABC si A’I BC, B’ I AC, C’ I AB astfel incat AA’ BC,

BB’ AC, CC’ AB. In triunghiul AA’B , m(<A’) > m(<B) T c > h_a.

In D ACC’, m(<C’) > m(<A) T b > h_c , iar in D BB’C, m(<B’)> m(C) T

a > h_b. Prin urmare : c>h_a, b>h_c , a>h_b , deci a+b+c> h_a +h_b +h_c .si deci : h_a +h_b +h_c < 2p

Fig. 5.1.7.

Problema 5.1.8. Sa se arate ca intr-un triunghi oarecare ABC avem :

h_a , notatiile fiind cele obisnuite.

Demonstratie: Daca D ABC este isoscel (AB=AC), inaltimea, bisectoarea interioara si mediana duse din A coincid , deci h_a=i_a=m_a.

Fig. 5.1.8.

Daca AB AC, putem presupune AB<AC. (fig. 5.1.8.). Fie A’I BC,D I (BC),MI (BC), astfel incat AA’ BC, < BAD I < DAC, [BM]s [MC]. Este clar ca AA’ <AD, AA’< AM, adica h_a< i_a, h_a < m_a.

Din teorema bisectoarei deducem: BD<DC T2BD<BD + DC = BC T BD < = BM T A’D < A’M.Atunci, AD² =AA’² +A’D² < AA’² +A’M² =AM² T AD < AM.

Asadar, i_a < m_a, adica bisectoarea interioara a unghiului se afla in interiorul unghiului <A’AM. In concluzie: .

Ramane sa aratam ca m_a < .

Completam figura pana la paralelogramul ABEC. Se vede ca [ME]s [AM], [BE] s [AC], [BE]s [AC].

In D ABE avem : AE < AB +BE T 2AM < AB +AC T AM < T m_a < .

Problema 5.1.9.Sa se arate ca in orice triunghi ABC avem R 2r, egalitatea obtinandu-se in cazul triunghiului echilateral. Inegalitatea lui Euler).

Demonstratie: Solutia 1 Fie C(O,R) si C(I,r) cercul circumscris si respectiv cercul inscris triunghiului ABC. (fig. 5.1.9)Vom demonstra mai intai relatia lui Euler:

OI² = R² –2Rr

Fie =AI C(O,R) si =OI C(O,R). In D ABD din teorema sinusurilor rezulta BD= 2Rsin ( 1 )

In D AIN, m(<ANI) = 90⁰ si avem sin ==

= ( 2 )

Tinand cont ca < BID este unghi exterior triunghiului ABI deducem ca m(< BID)= = m(< CBD)+ m=m(< IBD), ceea ce conduce la concluzia ca D BID este isoscel si deci

[BD]s [ID]. ( 3 )

Folosind puterea punctului I fata de cercul C(O,R) si relatiile (1), (2), (3) obtinem :

Pe de alta parte : . Deducem ca R²- OI²=2Rr, adica :

OI²=R²-2Rr

Inegalitatea se obtine observand ca OI²0, de unde , cu egalitate daca triunghiul este echilateral.

Fig. 5.1.9.

Solutia 2. Tinand cont de i negalitatea mediilor avem : a+b 2; b+c 2 ;

c+a 2, de unde si avand in vedere inegalitatea deducem ca

Solutia 3. Se stie ca :.Prin urmare :

Mai trebuie sa demonstram ca : (a-b+c)(-a+b+c)(a+b-c) abc.In acest scop consideram inegalitatile : de unde obtinem

ceea ce conduce la (a-b+c)(-a+b+c) (a-b+c)(-a+b+c)(a+b-c) abc (a+b-c) abc

Solutia 4.Fie D ABC si M un punct in interiorul triunghiului. Notand cu A’,B’,C’ proiectiile punctului M pe laturile (BC),(AC) respectiv (AB) atunci are loc inegalitatea lui ERDS:

MA+MB+MC 2(MA’+MB’+MC’). Daca in aceasta inegalitate luam M=I, centrul cercului inscris, MA+MB+MC 2(r+r+r)=6r, iar daca luam M=O, centrul cercului circumscris, obtinem : 3R 2(MA’+MB’+MC’), iar in final obtinem 3R 6r, adica R 2r.

Problema 5.1.10. Sa se arate ca in orice triunghi avem inegalitatea normala :

(inegalitatea lui Mitrinovic)

Demonstratie : Demonstram mai intai inegalitatea : .

Din inegalitatea mediilor deducem ca : (p-a)+(p-b)+(p-c)

Ceea ce conduce la : . Daca ridicam la cub ambii membrii ai inegalitatii , obtinem: .

Revenind la problema noastra, din (*)

Conform relatiei :T p (**)

Din (*) si (**) T .

Inegalitatea este normala caci se transforma in dubla egalitate daca si numai daca triunghiul este echilateral.

Observatia 1. Din inegalitatea lui Mitrinovic avem : , si inlocuind R cu obtinem . Presupunand ca in triunghiul dat perimetrul este constant, atunci maximul ariei unui triunghi, cand perimetrul sau este constant, are loc atunci cand triunghiul este echilateral si are valoarea S_max =, unde a=b=c=l.

Observatia 2. Deoarece dintre toate triunghiurile, cel care face maxima expresiei este echilateral. Evident maximul este si este atins pentru p = si , elemente ale triunghiului echilateral ( a=b=c=l)

Problema 5.1.11. Sa se demonstreze ca in orice triunghi ABC au loc inegalitatile:

m_a < p, m_b <p, m_c <p

2m_a < b+c, 2m_b < c+a, 2m_c< a+b

p<m_a+m_b+m_c< 2p

Demonstratie : 1. Fie D ABC si A’ I (BC) astfel incat (BA’)s (A’C) . In D ABA’ avem : m_a < c+ , iar in D ACA’ : m_a< b+, deci 2m_a < a+b+c T m_a < p. (fig. 5.1.11.a)

Celelalte relatii se obtin analog.

Fig. 5.1.11.a

2. Fie D ABC si A’ I (BC) astfel incat (BA’) s (A’C). Consideram punctul M ca fiind simetricul lui A fata de mijlocul segmentului (BC). (fig.5.1.11.b). Prin urmare

AM = AA’+A’M=m_a+m_a.

D Aa’C s D MA’B ( L.U.L.) T BM=AC=b.

In D ABM avem: AM<AB+BM T 2m_a < b+c. Celelalte relatii se obtin analog.

Fig. 5.1.11.b

3.Fie D ABC si A’I (BC) , C’I(AB), B’I(AC), astfel incat AA’, BB’, CC’ sunt mediane (fig. 5.1.11.c) Conform punctului 2. avem : 2m_a < b+c , 2m_b < c+a , 2m_c < a+b T 2(m_a+m_b+m_c) < 2(a+b+c) m_a +m_b +m_c <2p  (*)

Fig. 5.1.11.c.

Consideram punctul N ca fiind intersectia dreptei BC cu paralela prin A la mediana BB’. Notam cu =AN MB, unde M este simetricul lui A fata de mijlocul segmentului (BC), iar cu =AB MN.

Observam ca AEBB’ este paralelogram T EB=AB’=, si cum BM=AC=b, obtinem ME=. In triunghiul MNA avem: NA’ este mediana,iar BE=si BM= ,prin urmare, NA’ ME si AF sunt mediane, iar =AF ME NA’ .

De asemenea, AM=2m_a, NM=2m_c, AN=2m_b, iar : ME= (**)

Conform relatiilor de la punctul 2. vom avea in D ANM: 2AF<AN+AM, 2ME<MA+MN, 2NA”<NA+NM, dar, avand in vedere relatiile (**), obtinem:

3c<2m_a+2m_b ,3b<2m_a+2m_c ,3a<2m_b+2m_c T

T 3(a+b+c)<4(m_a +m_b+m_c) , dar p< si deci p< m_a+m_b+m_c.

INEGALITATI GEOMETRICE IN PATRULATER

Problema 5.2.1. Intr-un patrulater convex ABCD exista relatia : (inegalitatea lui Ptolemeu)

Demonstratie : (Fig. 5.2.1 .)

Fie patrulaterul convex ABCD. Fie E astfel incat m(<ADE)=m(<ABC), m(<DAE)=m(<BAC), deci triunghiurile ADE si ABC sunt asemenea (U.U) T

( * )

Deoarece m(<EAC) = m(<DAB) si T D EAC ~D DAB T EC= (**)

Fig.5.2.1.

Cazul I. Presupunem ca E CD (deci ABCD nu este inscriptibil) In DECD avem EC<ED+DC si avand in vedere formulele (*) si (**), obtinem

Cazul II. Presupunem ca E I (CD),( deci patrulaterul ABCD este inscriptibil)T

T EC=ED+DC, dar ED =

Problema 5.2.2. Numerele reale strict pozitive a,b,c,d sunt lungimile laturilor unui patrulater daca si numai daca au loc relatiile:

a < b+ c + d

b < c + d + a

c < d + a +b ( * )

d < a + b + c

Demonstratie

” Fie ABCD un patrulater convex cu lungimile laturilor : AB=a, BC=b, CD=c, DA=d. In D ABD avem: AB<AD+DB, iar din D BDC obtinem: BD<DC+CB.(fig.5.2.2.) Prin urmare , AB<BC+CD+DB a<b+c+d, si astfel prima relatie a fost demonstrata. Celelalte se demonstreaza analog.

Fig. 5.2.2.

T” Presupunem ca numerele reale strict pozitive a,b,c,d verifica relatiile (*).Vom lua cazul ( 1 )

Daca a=c si b=d, din (1) obtinem a=b=c=d si patrulaterul cautat este un romb.

Daca a<c sau b<d, din (1) T a+b<c+d, dar din ipoteza c<(a+b)+ d si d<(a+b)+c (3)

Din (2) si (3) Tca putem construi un triunghi cu laturile de lungimi a+b,c si d

Se observa ca este imposibil sa completam acest triunghi, la un patrulater cu celelalte laturi de lungimi a si b, deoarece nu exista triunghi cu lungimile laturilor a,b,a+b.

Sa alegem atunci e >0 astfel incat e <2a,e <2b, c< (a+b-e)+d, d<(a+b-e)+c.Prin urmare e <2a, e<2b, e<a+b+d-c sie<a+b+c-d, deci putem alege e < min. Cum a+b-e< a+b<c+d, deci a+b-e<c+dT putem construi triunghiul cu lungimile laturilor a,b,a+b-e, (exista deoarece a<(a+b-e)+b, b,a+(a+b-e),a+b-e<a+b)

Problema 5.2.3 In orice patrulater convex au loc inegalitatile:

1. Suma lungimilor diagonalelor este mai mare decat suma lungimilor a doua laturi opuse.
2. Suma lungimilor diagonalelor este mai mare decat semiperimetrul si mai mica decat perimetrul patrulaterului.

Demonstratie: Fie patrulaterul convex ABCD. (fig. 5.2.3. )

Notam =AC BD.

1.Vom demonstra ca AC + BD > AD + BC si AC+BD > AB + CD.Din D AOD avem AO+OD >AD, iar din D BOD: BO+OC > BC , ceea ce implica AO+OD+BO+OC > AD+BC AC+BD > AD +BC.

De asemenea, din D AOB si D COD, avem: AO+OB >AB si CO+OD > CDT AO+OB+CO+OD > >AB+CD, adica AC+BD>AB+CD.

2.Vom demonstra ca

La punctul 1. am demonstrat ca AB+CD < AC+BD si AD+BC<AC+BD,de unde AB+BC+CD+DA < 2(AC+BD)

Pentru a demonstra a doua inegalitate , observam ca in triunghiurile ABC,ADC,ABD si BCD au loc inegalitatile : AB+BC> AC, AD+DC >AC, AB+AD>BD si BC+CD >BD. Adunandu-le termen cu termen obtinem: 2( AB+BC+CD+DA)> 2(AC+BD), de unde AB+BC+CD+DA > AC+BD.

Fig. 5.2.3.

Problema 5.2.4. In patrulaterul convex ABCD unghiurile sunt obtuze. Sa se demonstreze ca AC < BD.

Demonstratie: Consideram patrulaterul convex ABCD cu unghiurile obtuze. Fie M mijlocul diagonalei BD. (fig. 5.2.4.). In D ABD, > T AM < ( 1 )

In D BCD, T MC < ( 2 )

Din ( 1 ) si ( 2 ) T AM+MC < BD

In D AMC, AC< AM+MC T AC < BD

Fig. 5.2.4

Problema 5.2.5. Intr-un patrulater convex oarecare, lungimea bimedianei a doua laturi este mai mica sau egala decat media aritmetica a lungimilor celorlalte laturi.

Demonstratie: Incepem prin a reaminti definitia bimedianei unui patrulater convex.

Definitie In patrulaterul ABCD, notam mijloacele laturilor (AB), (BC), (CD), (DA) prin M,N,P,Q iar mijloacele diagonalelor (AC), (BD) prin E, respectiv F. Segmentele [MP], [NQ], [EF] se numesc bimediane ale patrulaterului ABCD.

Fie patrulaterul convex ABCD si M,N,P,Q mijloacele laturilor (AB), (BC), (CD), (DA). (fig.5.2.5.) Vom demonstra ca :

a)

b)

a) Fie E I (AC) astfel incat (AE)s (EC). Daca E (MP), din D MEP obtinem ca : MP<ME+EP, dar ME este linie mijlocie in D ABC iar EP linie mijlocie in D CAD, asadar, 

MP< (1)

Daca E I(MP), atunci MP=ME+EP= (2)

Din (1) si (2) T

b) ,,T” Presupunem ca MP=. Cum ME= si EP=, deci E I MP. Daca ME || BC si EP || AD T MP || BC si MP || AD T AD || BC.

,, ” Daca AD || BC, patrulaterul ABCD poate fi paralelogram (daca AB || DC), sau trapez (daca AB nu este paralel cu CD). In primul caz relatia este evidenta, iar in al doilea caz revine la conditia ca MP sa fie linie mijlocie in trapez, ceea ce este evident.

In mod analog se va demonstra: c)

d)

Fig.5.2.5.

Problema 5.2.6. Se considera un dreptunghi ABCD si un punct M I (CD) astfel incat AD²=. Sa se arate ca :

a)      D AMB este dreptunghic

b)      AB 2BC

c)     

Demonstratie : (fig. 5.2.6..)  Fie ABCD un dreptunghi si MI (CD) astfel incat AD²=

Fig. 5.2.6.

a)      Cum (AD) s (BC), relatia devine sau si cum < D s<C T

T D ADM ~ D MCB. Atunci < DMA s < MBC,dar in D MBC, m(<MBC)+m(<CMB)=T

Tm( DMA)+m(<CMB)= , iar din relatia m(<DMA)+m(<AMB)+m(<BMC)=π, obtinem

m(<AMB)=

b)      Din relatia , iar din inegalitatea mediilor : . Prin urmare

c)      Folosind inegalitatea dintre media armonica si media geometrica avem:

Problema 5.2.7. (Relatia lui Euler pentru un patrulater) Fie ABCD un patrulater convex.Notam mijloacele diagonalelor AC si BD prin E respectiv F. Atunci :

AB²+BC²+CD²+DA²= AC²+BD²+4EF²

Demonstratie: ( fig. 5.2.7.)

Fig. 5.2.7.

Fie patrulaterul ABCD si E,F mijloacele diagonalelor (AC), (BD). In D BED, conform teoremei medianei avem : EF²= (1)

De asemenea, BE este mediana in D ABC si DE este mediana in D ADC T

(2)

Din (1) si (2) T 4EF²=2(EB²+ED²)-BD²= T AB² +BC² +CD² +DA² = AC² +BD² +4EF².

Problema 5.2.8. ( consecinta relatiei lui Euler ptr patrulatere) In orice patrulater convex are loc relatia: AB²+BC²+CD²+DA² AC²+BD², egalitatea avand loc daca si numai daca patrulaterul este paralelogram.

Demonstratie: Conform teoremei precedente, in patrulaterul ABCD avem :

AB²+BC²+CD²+DA²= AC²+BD²+ 4 EF²; dar cum EF² 0 in orice patrulater, obtinem: AB²+BC²+CD²+DA² AC²+BD². Daca ABCD este paralelogram, obtinem = =AC BD si relatia lui EULER devine AB²+BC²+CD²+DA²= AC²+BD².

Problema 5.2.9. In orice patrulater ortodiagonal ABCD, ( AC BD) , Avem urmatoarea inegalitate: AC+BD<, egalitatea avand loc daca si numai daca patrulaterul este patrat

Demonstratie: Fie ABCD un patrulater ortodiagonal si M,N,P,Q mijloacele laturilor (AB),(BC), (CD),(DA).(fig. 5.2.9.). Cum ABCD este ortodiagonal T AB² +CD² = BC² +CD² si MP=NQ= (1)

Fig 5.2.9.

Pe de alta parte, conform problemei 5.2.4.T MP si NQ T MP+NQ , dar, AC+BD .

Prin urmare AC+BD .

Presupunem acum ca : AC+BD = T AC+BD= si

si

AB||DC si AD || BC. Deci ABCD este paralelogram cu diagonalele congruente si perpendiculareT ABCD este patrat.

INEGALITATI GEOMETRICE IN CERC

Problema 5.3.1. Fie [ON] o raza perpendiculara pe coarda [AB] a unui cerc de centru O ( intersectia cu AB se noteaza cu M) si P un punct al arcului mare care nu este diametral opus lui N. PM si PN determina Q pe cerc, respectiv R pe AB. Aratati ca RN < MQ.

Demonstratie: Fie [P’N] coarda simetrica fata de ON a coardei [PN]. (fig. 5.3.1.) . Cum P’ I si P’N AB =T [R’M] s [RM] , si cum < R’MN s < RMN si [MN] s [MN] T D R’MN s D RMN T [R’N] s [RN] (*)

Cum P’P ON si AB ON T P’P || AB T < NR’M s < NP’P.

Dar, P’QNP patrulater inscriptibil T < NP’P s < NQP T < NR’M s < NQP sau <NR’M s < NQM TR’QNM patrulater inscriptibil.

Din m(<R’MN) = 90⁰ si m(<MNQ) < 90⁰ T R’N > QM , si, avand in vedere relatia (*) deducem RN > QM.

Fig. 5.3.1.

Problema 5.3.2. O dreapta care trece prin centrul I al cercului inscris intr-un triunghi ABC intersecteaza acest cerc in D si E, iar cercul circumscris D ABC in F si G ( D este situat intre I si F). Sa se demonstreze ca .Cand are loc egalitatea?

Demonstratie: Fie C(I, r) si C(O, R) cercul inscris, respectiv circumscris D ABC.

( fig. 5.3.2.), GI C(O,R), astfel incat I I GF, GF C(I, r) = cu proprietatea ca D I [IF].

Fig. 5.3.2

Avem :

Dar, puterea punctului I fata de cercul circumscris D ABC este: , iar conform relatiei lui Euler, R²-OI² =2Rr, de unde .

Prin urmare, , de unde rezulta

Egalitatea are loc daca si numai daca 2R=FG, adica dreapta FG trece prin O. Distingem doua cazuri:

Caz I. I=O, deci D ABC este echilateral si atunci pentru orice dreapta ce trece prin I.

Caz. II. I O, adica D ABC nu este echilateral si atunci doar pentru dreapta ce trece prin O si I.

Problema 5.3.3 Fie ABCD un patrulater inscris in cercul de raza R, avand lungimile laturilor AB=a, BC=b, CD=c,DA=d iar lungimile diagonalelor AC= e si BD=f. Atunci:

Demonstratie: Fie A,B,C,D pe C(O;R). ( fig. 5.3.3). Notam cu S aria patrulaterului ABCD si cu a,b,c,d,e,f lungimile segmentelor [AB], [BC], [CD], [DA], [AC] si respectiv [BD], iar S₁ si S₂ aria D ABC respectiv a D ACD.

Fig. 5.3.3
In D ABC, aplicam teorema sinusurilor :

Analog, in D ACD, avem : cde=4RS₂ T e(ad+cd) = 4R(S₁+S₂) T e( ab+cd) =4RS, si analog,

f( ad+bc)=4RS, ceea ce conduce la : 16 R²S²= ef(ab+cd)(ad+bc). ( 1 )

Din inegalitatea mediilor , ab+cd 2, iar prin urmare, relatia (1) devine : 16 R²S² 4 efabcd 4R²S² efabcd (2)

Folosind rezultatul care spune ca din toate patrulaterele inscrise intr-un cerc dat, patratul este acela care are aria maxima, rezulta ca   (3)

Din (2) si (3) obtinem: efabcd 4R² S² cu egalitate daca ABCD este patrat.

Problema 5.3.4. Se considera trapezul ABCD cu AB || CD, AB < CD si cercul C(I,r) inscris in patrulaterul ABCD. Aratati ca : AC² +BD² > 16r².

Demonstratie: Fie M,N,P,Q punctele de tangenta ale cercului C(I,r) respectiv la AB, BC, CD, DA. Fie E,F I CD astfel incat AE CD si BF CD. Notand cu x= CP, y= PD, z= MA si t= NB, observam ca CN=x, DQ=y, AQ=z, BM=t. (fig. 5.3.4.)

In D BIC, m(<BIC)=90⁰.Din teorema inaltimii avem: IN² = T r² = xt  (1), iar din D AID obtinem, in mod analog, r²=yz  (2).

Din D ACE si D BFD, in urma aplicarii teoremei lui Pitagora, obtinem:

AC² = 4r²+(x+y)² iar BD²= 4r²+(y+t)² de unde rezulta : AC²+BD²=8r²+(x+y)²+(y+t)².

Fig. 5.3.4.

Tinand cont de relatiile (1) si (2) rezulta ca :

AC²+BD²= 8r² + (x+y)² + (y+t)² –4xt – 4yz + 8r² = 16r² +(x-z)² +(y-t)² +4xz+ 4yt- 4xt-4yz=

= 16r² +(x-z)² +(y-t)² +4(x-y)(z-t)T AC² +BD² = 16r²+ (x-z)² +(y-t)² +4(x-y)(z-t).  (3)

Avand in vedere ca x y ( din constructie) si avand in vedere si relatiile (1) si (2) obtinem x y si xt=yz, de unde t z .Prin urmare , (x-z)² 0, (y-t)² 0 si (x-y)(z-t) 0 iar din relatia (3) deducem ca AC² +BD² 16r². Egalitatea are loc pentru (x-z)² =(y-t)² = (x-y(z-t)= 0. adica pentru x=z,y=t,x=y sau x=z,y=t, z=t, ceea ce este echivalent cu x=y=z=t, deci cand trapezul este patrat.

Problema 5.3.5. Daca ABCD este un patrulater convex ortodiagonal inscris intr-un cerc de centru O si raza R iarMI (AB), NI (BC), PI (CD), QI(AD), sa se arate ca :

OM² + ON²+OP² +OQ² 2R².

Demonstratie : (fig. 5.3.5.) Fie patrulaterul ortodiagonal ABCD

(AC BD) inscris in cercul C(O; R) si punctele MI (AB), NI (BC), PI (CD), QI(AD). Scriem puterea punctului N fata de C(O;R) si obtinem: R²- ON² = (1)

Fig. 5.3.5

Dar din inegalitatea mediilor avem :

, si inlocuind in (1) rezulta ca

In mod analog, se obtine : .

Adunand cele patru inegalitati, obtinem : T

T OM² +ON²+OP²+OQ² 2R², egalitatea fiind adevarata cand ABCD este patrat.

Vom demonstra acum relatia: AB² + BC² + CD² +AD² =8R².Notam cu = AC BD. Cum AC BD avem :

90⁰=m(<BIC)= ,si deci, ,dar BC=2Rsin , si AD=

T

BC²+AD² =4R². Analog, AB²+CD²=4R², ceea ce implica AB² +BC² +CD² + DA²= 8R².