Segmentos do Triângulo

por matheus_feb Sáb 21 Set 2024, 21:32

Relembrando a primeira mensagem :

1) Um ateliê fabrica molduras em formatos diversos. Uma dessas molduras possui formato de triângulo equilátero com 48 cm de lado. Para auxiliar no suporte da tela que vai na moldura, três varetas partem de um ponto P interno ao triângulo em direção aos lados, conforme a imagem a seguir:

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A soma dos comprimentos das varetas, em cm, é igual a:

a) 16.
b) 12√3
c) 24
d) 24√3
e) 72

por **Giovana Martins** Dom 10 Nov 2024, 10:50

Giovana Martins escreveu:
Tem estes dois. Esse teorema tem muita coisa sobre ele, mas muito pouco divulgado no nosso idioma. Infelizmente.

Mostre que:

\[\mathrm{\frac{1}{PD}+\frac{1}{PE}+\frac{1}{PF}\geq \frac{6\sqrt{3}}{L}}\]

\[\mathrm{\frac{1}{PD+PE}+\frac{1}{PE+PF}+\frac{1}{PD+PF}\geq \frac{3\sqrt{3}}{L}}\]

Fiquei de resolver este aqui e esqueci. Peço perdão.

Vamos lá!

Para a primeira desigualdade, vejam que, do Teorema de Viviani:

\[\mathrm{h=PD+PE+PF=\frac{L\sqrt{3}}{2}}\]

Sendo h a altura do triângulo ABC.

Agora, seja o seguinte problema: dado x_i > 0, i = 1, 2, ..., n; prove que:

\[\mathrm{\left ( \sum_{i=1}^{n}x_i \right )\left ( \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x_i} \right )\geq n^{2}}\]

Bom, fazendo:

\[\mathrm{\alpha _i \beta_i =\left ( \sqrt{x_i} \right )\left ( \frac{1}{\sqrt{x_i}} \right )=1\ \therefore\ \sum_{i=1}^{n}\alpha _i\beta _i=\sum_{i=1}^{n}1=n}\]

Assim, pela Desigualdade de Cauchy - Schwarz:

\[\mathrm{\left ( \sum_{i=1}^{n}\alpha _i^{2} \right )\left ( \sum_{i=1}^{n}\beta _i^{2} \right )\geq \left ( \sum_{i=1}^{n}\alpha _i\beta _i \right )^{2}}\]

O que acarreta:

\[\mathrm{\left ( \sum_{i=1}^{n}x_i \right )\left ( \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x_i} \right )\geq n^2}\]

Pela última desigualdade, portanto:

\[\mathrm{h\left ( \frac{1}{PD}+\frac{1}{PE}+\frac{1}{PF} \right )\geq 9\ \therefore\ \boxed{\mathrm{\frac{1}{PD}+\frac{1}{PE}+\frac{1}{PF}\geq \frac{6\sqrt{3}}{L}}}}\]

Para a segunda desigualdade basta fazermos:

\[\mathrm{(PD+PE+PE+PF+PD+PF)\left ( \frac{1}{PD+PE}+\frac{1}{PE+PF}+\frac{1}{PD+PF} \right )\geq 9}\]

O que acarreta:

\[\mathrm{\boxed{\mathrm{\frac{1}{PD+PE}+\frac{1}{PE+PF}+\frac{1}{PD+PF}\geq \frac{3\sqrt{3}}{L}}}}\]

por **Matheus Tsilva** Dom 10 Nov 2024, 14:18

Giovana Martins escreveu:
Giovana Martins escreveu:
Tem estes dois. Esse teorema tem muita coisa sobre ele, mas muito pouco divulgado no nosso idioma. Infelizmente.

Mostre que:

\[\mathrm{\frac{1}{PD}+\frac{1}{PE}+\frac{1}{PF}\geq \frac{6\sqrt{3}}{L}}\]

\[\mathrm{\frac{1}{PD+PE}+\frac{1}{PE+PF}+\frac{1}{PD+PF}\geq \frac{3\sqrt{3}}{L}}\]

Fiquei de resolver este aqui e esqueci. Peço perdão.

Vamos lá!

Para a primeira desigualdade, vejam que, do Teorema de Viviani:

\[\mathrm{h=PD+PE+PF=\frac{L\sqrt{3}}{2}}\]
Sendo h a altura do triângulo ABC.

Agora, seja o seguinte problema: dado x_i > 0, i = 1, 2, ..., n; prove que:

\[\mathrm{\left ( \sum_{i=1}^{n}x_i \right )\left ( \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x_i} \right )\geq n^{2}}\]
Bom, fazendo:

\[\mathrm{\alpha _i \beta_i =\left ( \sqrt{x_i} \right )\left ( \frac{1}{\sqrt{x_i}} \right )=1\ \therefore\ \sum_{i=1}^{n}\alpha _i\beta _i=\sum_{i=1}^{n}1=n}\]

Assim, pela Desigualdade de Cauchy - Schwarz:

\[\mathrm{\left ( \sum_{i=1}^{n}\alpha _i^{2} \right )\left ( \sum_{i=1}^{n}\beta _i^{2} \right )\geq \left ( \sum_{i=1}^{n}\alpha _i\beta _i \right )^{2}}\]

O que acarreta:

\[\mathrm{\left ( \sum_{i=1}^{n}x_i \right )\left ( \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x_i} \right )\geq n^2}\]

Pela última desigualdade, portanto:

\[\mathrm{h\left ( \frac{1}{PD}+\frac{1}{PE}+\frac{1}{PF} \right )\geq 9\ \therefore\ \boxed{\mathrm{\frac{1}{PD}+\frac{1}{PE}+\frac{1}{PF}\geq \frac{6\sqrt{3}}{L}}}}\]

Para a segunda desigualdade basta fazermos:

\[\mathrm{(PD+PE+PE+PF+PD+PF)\left ( \frac{1}{PD+PE}+\frac{1}{PE+PF}+\frac{1}{PD+PF} \right )\geq 9}\]

O que acarreta:

\[\mathrm{\boxed{\mathrm{\frac{1}{PD+PE}+\frac{1}{PE+PF}+\frac{1}{PD+PF}\geq \frac{3\sqrt{3}}{L}}}}\]