Geomania.Org Forumları
Fantezi Geometri => Fantezi Geometri => Konuyu başlatan: Lokman Gökçe - Ağustos 16, 2019, 10:22:03 ös
-
Soru: $a$, $b$, $c$ bir üçgenin kenar uzunlukları ve $k\neq 1 $ keyfi bir gerçel olmak üzere $$ \dfrac{ka^2}{(1-k)^2 } + \dfrac{c^2-kb^2}{(1-k) }$$
ifadesinin daima pozitif olduğunu kanıtlayınız.
Kaynak: Ahmet Erdem, Modern Geometri Problemleri (1969), sf 25.
-
Burada net bir şekilde $A=ka^2+(1-k)(c^2-kb^2)>0$ göstermemiz gerektiği görülebilir. Şimdi kosinüs teoreminden $c^2=a^2+b^2-2ab\cdot cosC$ yazarsak; $$A=ka^2+(1-k)(a^2+b^2-2ab\cdot cosC-kb^2)$$ olur ve $1>cosC>-1$ olduğundan
$i)$ $k>1$ ise $$A=ka^2+(1-k)(a^2+b^2-2ab\cdot cosC-kb^2)>ka^2+(1-k)(a^2+b^2-2ab-kb^2)$$ olur. Eşitsizliğinin sağ tarafının pozitif olduğunu göstermemiz yeterlidir. İfadeyi düzenlersek, $$A>b^2(k-1)^2+a^2+2ab(k-1)>0$$ olur, dolayısıyla $A$ pozitiftir.
$ii)$ $k<1$ ise $i$ şıkkında yapılan işlemleri tekrar yaparsak (sadece eşitsizliğin sağ tarafındaki $2ab$'nin işareti pozitif olacaktır.) $$A>b^2(k-1)^2+a^2+2ab(1-k)>0$$ olur, yani $A$ ifadesi her zaman pozitiftir.
-
Çözüm 2: Payda eşitlersek $\dfrac{ka^2+(1-k)(c^2-kb^2)}{(1-k)^2}$ olur. Bu ifadenin pay kısmına $f(k)$ dersek $k$ ya göre ikinci dereceden bir $f$ fonksiyonu yazmış oluyoruz. Düzenlersek $f(k)=b^2k^2+(a^2-b^2-c^2)k+c^2$ olur. Her $k\in \mathbb R $ için $f(k)>0$ olduğunu gösterelim. Bunun için $f$ fonksiyonunun diskriminantının negatif olduğunu göstermek gerekli ve yeterlidir.
$$\Delta =\left (a^2-b^2-c^2 \right)^2 - 4b^2c^2$$
olur. İki kare farkından
$ \Delta = \left (a^2-b^2-c^2-2bc \right) \left (a^2-b^2-c^2+2bc \right) $
$ \Delta = \left(a^2-(b+c)^2\right) \left(a^2-(b-c)^2 \right) $
$ \Delta = (a-b-c)(a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)$
olur. $a$, $b$, $c$ sayıları üçgen eşitsizliğini sağladığından bu son ifadenin ilk çarpanı negatif, diğer çarpanları ise pozitiftir. Böylece $\Delta <0 $ olur. Göstermek istediğimiz de buydu.