Meetkundige ongelijkheden – Groep A Oppervlakteformules, sinus- & cosinusregel, de ongelijkheid van Euler
Trainingsweek, juni 2011 1
Oppervlakteformules
We werken hier met ongeori¨enteerde lengtes en voor het gemak laten we de absoluutstrepen weg. De lengte van een lijnstuk XY wordt dus ook weergegeven met XY . Verder zullen we de volgende notatie handhaven, tenzij anders vermeld. We hebben een driehoek, 4ABC, met de zijden BC = a, CA = b en AB = c, en de hoeken ∠CAB = α, ∠ABC = β en ∠BCA = γ. De lengtes van de hoogtelijnen vanuit A, B en C duiden we aan met ha , hb en hc . Bovendien heeft de driehoek een ingeschreven cirkel met straal r en middelpunt I en een omgeschreven cirkel met straal R en middelpunt O. En we defini¨eren s = 21 (a + b + c). We zullen de notatie [XY Z] gebruiken voor de oppervlakte van 4XY Z. En voor een gegeven punt P noteren we de afstanden tot A, B en C gewoon met resp. P A, P B en P C en de afstanden tot de zijden BC, CA en AB met resp. Pa , Pb en Pc . De formule van Heron p Voor de oppervlakte [ABC] geldt [ABC] = s(s − a)(s − b)(s − c). Bewijs: Door te gebruiken dat s = 12 (a + b + c) kunnen we eenvoudig berekenen dat s(s − a) + (s − b)(s − c) = bc en als we ook gebruiken dat a2 = (c − d)2 + h2c en b2 = d2 + h2c , waarbij de projectie van C op AB dit lijnstuk heeft opgedeeld in d en c − d, vinden we ook dat 1 s(s − a) − (s − b)(s − c) = (b2 + c2 − a2 ) = dc. 2 Nu merken we op dat 4s(s − a)(s − b)(s − c) = (s(s − a) + (s − b)(s − c))2 − (s(s − a) − (s − b)(s − c))2 = (bc)2 − (dc)2 = (b2 − d2 )c2 = (hc c)2 = 4[ABC]2 . p Hieruit concluderen we dat [ABC] = s(s − a)(s − b)(s − c).
1
De sinusregel en de cosinusregel Deze regels worden gegeven door a b c = = = 2R, sin α sin β sin γ a2 = b2 + c2 − 2bc cos α, en natuurlijk ook alle permutaties van de laatste. Bewijs: De sinusregel leiden we af door de omgeschreven cirkel van 4ABC te tekenen, de middellijn met als een van de eindpunten B en het andere eindpunt A0 . Omdat ∠BA0 C = ∠BAC = α of ∠BA0 C = 180◦ − ∠CAB = 180◦ − α, kunnen we in driehoek 4A0 BC a . afleiden dat sin α(= sin 180 − α) = 2R Om de cosinusregel te bewijzen tekenen we de projectie van C op AB. Hierdoor wordt c opgedeeld in b cos α en c − b cos α. Een keer Pythagoras levert op dat de hoogte in het kwadraat gelijk is aan b2 − (b cos α)2 en nog een keer Pythagoras levert ons dan dat a2 = (c − b cos α)2 + b2 − (b cos α)2 = b2 + c2 − 2bc cos α. Andere oppervlakteformules Ook kunnen we de oppervlakte [ABC] uitdrukken als 1 1 1 [ABC] = ha a = hb b = hc c, 2 2 2 of als [ABC] = rs, [ABC] =
abc . 4R
Bewijs: De eerste opmerking hoeven we niet te bewijzen. Voor de tweede claim delen we 4ABC op in de driehoeken 4ABI, 4BCI en 4CAI. Als we van deze driehoek apart de oppervlakte uitrekenen vinden we dat 1 1 1 [ABC] = [ABI] + [BCI] + [CAI] = cr + ar + br = rs. 2 2 2 Voor de laatste formule gebruiken we de sinusregel: 1 1 abc [ABC] = aha = ab sin γ = . 2 2 4R
2
Opgave 1 Omdat een driehoek altijd binnen zijn omgeschreven cirkel ligt weten we dat [ABC] ≤ πR2 . Bewijs nu dat [ABC] ≤ 2R2 . Wanneer geldt gelijkheid?
Opgave 2 We defini¨eren ra , rb en rc als de stralen van de aangeschreven cirkels van 4ABC aan respectievelijk de zijden BC, CA en AB. Bewijs dat 1 1 1 1 + + = , ra rb rc r Opgave 3 Bewijs dat van alle driehoeken met een gegeven omtrek de gelijkzijdige driehoek de grootste oppervlakte heeft. (Hint: we willen een ongelijkheid met aan de ene kant de oppervlakte en aan de andere kant een functie van de omtrek.)
Opgave 4 Bewijs dat voor alle positieve re¨ele getallen a, b en c geldt dat √ √ √ a2 − ab + b2 + b2 − bc + c2 ≥ a2 + ac + c2 .
Opgave 5 Bewijs dat 9r ≤ (ha + hb + hc ). Opgave 6 Met de notatie als in opgave 2: Bewijs dat ra + rb + rc = 4R + r. Opgave 7 Zij ABCD een raaklijnenvierhoek. Bewijs dat 4r ≤ s.
Een raaklijnenvierhoek is een vierhoek met een ingeschreven cirkel. Je mag zonder bewijs gebruiken dat een vierhoeken een raaklijnenvierhoek is dan en slechts dan als a + c = b + d, waar de letters voor de lengtes van de zijden in de meest logische volgorde.
Opgave 8 Bewijs dat ha hb hc + + ≥ 9. P a Pb Pc 3
2
Euler
De stelling van Euler Voor R en r geldt R ≥ 2r. Met gelijkheid dan en slechts dan als 4ABC gelijkzijdig is. Bewijs: Veel bewijzen van de stelling van Euler hebben als doel om te laten zien dat |OI|2 = R(R − 2r), met O het middelpunt van de omgeschreven driehoek en I het middelpunt van de ingeschreven cirkel. Vandaag gaan we het echter net wat anders aan pakken. Met de gebruikelijke notatie en de transformatie van Ravi zien we dat √ √ √ abc = (x + y)(y + z)(z + x) ≥ 2 xy · 2 yz · 2 zx = 8xyz. Met de formule van Heron weten we echter dat [ABC]2 = xyz(x + y + z) = xyzs en we en [ABC] = rs. Als we dit combineren vinden we weten ook nog dat [ABC] = abc 4R R=
abc 2xyz 2[ABC] ≥ = = 2r. 4[ABC] [ABC] s
Gelijkheid hebben we alleen als x = y = z, en in dat geval hebben we ook dat a = b = c.
Zoals je ziet maken we hierbij weer gebruik van de oppervlakte formules die we eerder deze week hebben gezien. Twijfel je of je ze nog allemaal weet, pak dan die hand-out er nog even bij. Opgave 9 Zij gegeven dat R = 1. Bewijs dat a + b + c ≥ abc. Opgave 10 Bewijs dat
√ 4 3[ABC] ≤ ab + bc + ca.
Opgave 11 Bewijs dat min(ab, bc, ca) ≥ 8r2 . Wanneer geldt er gelijkheid? Opgave 12 Bewijs dat
s r≤ √ 3 3
Wanneer geldt gelijkheid? 4
Opgave 13 Bewijs dat 3 cos α + cos β + cos γ ≤ . 2
5
