Эрдеш-Морделлийн ТБ-н баталгаа

Хэдхэн хоногийн өмнө Эрдеш-Морделлийн тэнцэтгэлийг бишийг томёолсон билээ. Одоо баталгаа болон хэд хэдэн жишээ бодлого авч үзье.

Баталгаа:

Р цэгээс ВС, СА, АВ талуудад буулгасан перпендикулярын суурийг харгалзан D, E, F гэе.

$2\cdot (S_{DPF}+S_{DPE})\leq p\cdot EF$

$2\cdot S_{DPF}= pr\sin \widehat{FPD}= pr \sin \beta$ $\Rightarrow$ $pEF\leq pr \sin \beta + pq \sin\gamma$

$2\cdot S_{DPF}= pq\sin \widehat{EPD}= pq \sin \gamma$

$\Rightarrow$ $EF\geq r\sin \beta+q\sin \gamma$ (2)

AFPE дөрвөн өнцөгт тойрогт багтах ба АР нь тойргийн диаметр болно. Синусын теоремоор,

$\frac {EF} \sin \alpha= AP=x$ $\Rightarrow$ $EF=x \sin \alpha$ (3)

(2) ба (3)-аас,

$x \sin \alpha \geq r \sin \beta+ q \sin \gamma$ $\Leftrightarrow$

$x \geq r \frac{\sin\beta}{\sin\alpha}+q \frac{\sin\gamma}{\sin\alpha}$ (4)

гэж гарна. Үүнтэй адилаар

$y \geq r \frac{\sin\alpha}{\sin\beta}+q \frac{\sin\gamma}{\sin\beta}$ (5)

$x \geq p \frac{\sin\beta}{\sin\gamma}+q \frac{\sin\alpha}{\sin\gamma}$ (6)

гэж батлагдана. (4),(5),(6) тэнцэтгэл бишүүдийг гишүүнчлэн нэмээд хоёр тооны хувьд Кошийн тэнцэтгэл биш ашиглавал (1) тэнцэтгэл биш гарна.

Жишээ

1. Аливаа АВС гурвалжны хувьд $(x+y+z)(\frac{1}{p}+\frac{1}{q}+\frac{1}{r}) \geq 18$ тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал.

$\vartriangleleft$

Эрдеш-Морделлийн тэнцэтгэл биш ёсоор $x+y+z\geq 2(p+q+r)$ . Эндээс

$(x+y+z)(\frac{1}{p}+\frac{1}{q}+\frac{1}{r}) \geq 2(p+q+r)(\frac{1}{p}+\frac{1}{q}+\frac{1}{r})$ гэж гарна. Кошийн тэнцэтгэл биш хэрэглэвэл,

$RHS\geq 2\cdot 3\sqrt[3]{pqr} \cdot 3\sqrt[3]{\frac{1}{pqr}}=18$ болж батлах тэнцэтгэл биш батлагдлаа. $\vartriangleright$

1 thoughts on “Эрдеш-Морделлийн ТБ-н баталгаа”

	tuguldur дээр Эрдеш-Морделлийн ТБ-н баталгаа
	ariuna дээр 1+1=?
	Tungaa дээр Эхний хичээл
	nyamjav дээр Эхний хичээл
	Xocoo дээр Weil Criterion

1 thoughts on “Эрдеш-Морделлийн ТБ-н баталгаа”