THN EIΔΑ ΛΥΜΕΝΗ...

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #1

Την παρακάτω ανισότητα την είδα κάπου αποδεδειγμένη. Τολμώ να σας την προτείνω γιατί βρήκα δική μου απόδειξη.

Σε τρίγωνο ABC

ισχύει ότι

$\displaystyle bc\cdot cos\frac{B-C}{2}+ca\cdot cos\frac{C-A}{2}+ab\cdot cos\frac{A-B}{2}\geq 4\sqrt{3}E$

ksofsa · #2

Καλησπέρα!

Μια λύση:

Θεωρώ διχοτόμο $AE=t_{a}$ , ύψος $AD=h_{a}$ .

Εύκολα η γωνία $\angle DAE=\dfrac{\left | B-C \right |}{2}$
και $cos\dfrac{B-C}{2}=\dfrac{h_{a}}{t_{a}}$ .

Ακόμη, $bc=2Rh_{a}$ .

Οπότε,

$bccos\dfrac{B-C}{2}=2R\dfrac{h_{a}^2}{t_{a}}$

και

$\sum bccos\dfrac{B-C}{2}=2R(\sum \dfrac{h_{a}^2}{t_{a}})\geq \dfrac{2R(h_{a}+h_{b}+h_{c})^2}{t_{a}+t_{b}+t_{c}}$ ,

από Cauchy-Schwartz.

Οπότε, αρκεί:

$\dfrac{2R(h_{a}+h_{b}+h_{c})^2}{t_{a}+t_{b}+t_{c}}\geq 4\sqrt{3}E=\dfrac{\sqrt{3}abc}{R}$

$\dfrac{(2Rh_{a}+2Rh_{b}+2Rh_{c})^2}{t_{a}+t_{b}+t_{c}}\geq 2\sqrt{3}abc$

$\dfrac{(ab+bc+ca)^2}{t_{a}+t_{b}+t_{c}}\geq 2\sqrt{3}abc$ .

Όμως, είναι γνωστό ότι $t_{a}+t_{b}+t_{c}\leq \dfrac{\sqrt{3}}{2}(a+b+c)$ και αρκεί:

$(ab+bc+ca)^2\geq 3abc(a+b+c)$ ,

που δεν είναι άλλη από την $(x+y+z)^2\geq 3(xy+yz+zx)$ , για x=ab, y=bc,z=ca

.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #3

Κατ΄αρχήν να ευχαριστήσω τον Κώστα Σφακιανάκη που ασχολήθηκε με το θέμα.

Το είδα λυμένο στον παρακάτω σύνδεσμο
https://artofproblemsolving.com/communi ... 374755AoPS

Η λύση που σκέφτηκα είναι η εξής:
Από τη δημοσίευση https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... 06#p169913
ισχύει ότι
$\displaystyle cos\frac{B-C}{2}\geq \sqrt{\frac{2r}{R}},cos\frac{C-A}{2}\geq \sqrt{\frac{2r}{R}},cos\frac{A-B}{2}\geq \sqrt{\frac{2r}{R}}$

Έτσι μπορώ να γράψω ότι
$\displaystyle bc\cdot cos\frac{B-C}{2}+ca\cdot cos\frac{C-A}{2}+ab\cdot cos\frac{A-B}{2}\geq 2Rh_{a}\sqrt{\frac{2r}{R}}+2Rh_{b}\sqrt{\frac{2r}{R}}+2Rh_{c}\sqrt{\frac{2r}{R}}$

Όμως $\displaystyle 2Rh_{a}\sqrt{\frac{2r}{R}}+2Rh_{b}\sqrt{\frac{2r}{R}}+2Rh_{c}\sqrt{\frac{2r}{R}}=2R\sqrt{\frac{2r}{R}}\cdot \left ( h_{a}+h_{b}+h_{c} \right )=2R\sqrt{\frac{2r}{R}}\cdot \left ( \frac{2E}{a}+\frac{2E}{b}+\frac{2E}{c} \right )=$

$\displaystyle 2\sqrt{2Rr}\cdot 2E\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )=4\sqrt{2Rr}\cdot E\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )$

Συνεπώς μπορώ να γράψω ότι
$\displaystyle bc\cdot cos\frac{B-C}{2}+ca\cdot cos\frac{C-A}{2}+ab\cdot cos\frac{A-B}{2}\geq 4\sqrt{2Rr}\cdot E\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )$

Θυμήθηκα την παρακάτω δημοσίευση
https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... 83#p273510
και έτσι $\displaystyle \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \sqrt{\frac{3}{2Rr}}$

Άρα $\displaystyle4\sqrt{2Rr}\cdot E\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )\geq4\sqrt{2Rr}\cdot E\sqrt{\frac{3}{2Rr}}$
δηλαδή
$\displaystyle4\sqrt{2Rr}\cdot E\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )\geq4 E\sqrt{3}$

Εδώ λήγουν οι σκέψεις μου...
Ίσως έχω κουράσει με την επιμονή μου σε ανισότητες που ισχύουν σε τρίγωνα...
Απλά θέλω να γράψω ότι η συγκεκριμένη ανισότητα είναι πιο ''σφιχτή'' από την πολύ γνωστή $ab+bc+ca\geq 4\sqrt{3}E$

#4

Κάνουμε την αντικατάσταση Ravi: a = y+z, b=z+x, c = x+y

.

Με ένα σχήμα βλέπουμε ότι

$\displaystyle \cos^2 \frac{A}{2} = \frac{x^2}{x^2+r^2}$

Αλλά $\displaystyle r^2 = \frac{E^2}{s^2} = \frac{(s-a)(s-b)(s-c)}{s} = \frac{xyz}{x+y+z}$

οπότε

$\displaystyle \cos^2 \frac{A}{2} = \frac{x(x+y+z)}{x(x+y+z)+yz} = \frac{x(x+y+z)}{(x+y)(x+z)}$

Με παρόμοιο τρόπο είναι

$\displaystyle \sin^2 \frac{A}{2} = \frac{r^2}{x^2+r^2} = \frac{r^2}{x^2}\cos^2\frac{A}{2} =\frac{yz}{(x+y)(x+z)}$

Άρα

$\displaystyle \cos\left( \frac{B-C}{2}\right) = \cos\frac{B}{2}\cos\frac{C}{2} + \sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2} = \frac{2x+y+z}{y+z}\sqrt{\frac{yz}{(x+y)(x+z)}}$

Η προς απόδειξη ανισότητα γίνεται

$\displaystyle \sum \frac{2x+y+z}{y+z}\sqrt{(x+y)(x+z)yz} \geqslant 4\sqrt{3xyz(x+y+z)}$

ή ισοδύναμα

$\displaystyle S = \sum \frac{2x+y+z}{y+z}\sqrt{\frac{(x+y)(x+z)}{x(x+y+z)}} \geqslant 4\sqrt{3}$

Από ΑΜ-ΓΜ έχουμε $\displaystyle 2x + y + z = x + \frac{x+y+z}{3} + \frac{x+y+z}{3} + \frac{x+y+z}{3} \geqslant 4\sqrt[4]{\frac{x(x+y+z)^3}{3^3}}$

Άρα

$\displaystyle S \geqslant \frac{4}{3^{3/4}}\sum\sqrt{\frac{(x+y)(x+z)}{(y+z)^2}} \sqrt[4]{\frac{x+y+z}{x}}$

Με άλλες δύο εφαρμογές της ΑΜ-ΓΜ έχουμε

$\displaystyle S \geqslant \frac{4}{3^{3/4}}\sum\sqrt{\frac{(x+y)(x+z)}{(y+z)^2}} 3^{1/4} \left( \frac{yz}{x^2}\right)^{1/12} \geqslant \frac{4}{3^{3/4}} \cdot 3^{1/4} \cdot 3 = 4\sqrt{3}$

όπως θέλαμε να δείξουμε

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #5

Θα ήθελα να γράψω μια πιο απλή λύση.

Κατ΄ αρχήν εξακολουθώ να έχω αφετηρία τις ανισότητες

$\displaystyle cos\frac{B-C}{2}\geq \sqrt{\frac{2r}{R}},cos\frac{C-A}{2}\geq \sqrt{\frac{2r}{R}},cos\frac{A-B}{2}\geq \sqrt{\frac{2r}{R}}$

Έτσι μπορώ να γράψω

$\displaystyle bc\cdot cos\frac{B-C}{2}+ca\cdot cos\frac{C-A}{2}+ab\cdot cos\frac{A-B}{2}\geq \sqrt{\frac{2r}{R}}\left ( ab+bc+ca \right )$ (I)

Όμως $\left ( ab+bc+ca \right )^{2}\geq 3abc\left ( a+b+c \right )$

δηλαδή $\left ( ab+bc+ca \right )^{2}\geq 3\cdot 4ER\cdot 2s$

Συνεπώς $\displaystyle \sqrt{\frac{2r}{R}}\left ( ab+bc+ca \right )\geq \sqrt{\frac{2r}{R}} \sqrt{3\cdot 4ER\cdot 2s}$

και έτσι $\displaystyle \sqrt{\frac{2r}{R}}\left ( ab+bc+ca \right )\geq \sqrt{\frac{2r}{R}\cdot3\cdot 4ER\cdot 2s}$

και καταλήγω στην ανισότητα

$\displaystyle \sqrt{\frac{2r}{R}}\left ( ab+bc+ca \right )\geq\sqrt{4\cdot 4\cdot3 E\cdot E}$

Aποδείχθηκε λοιπόν ότι

$\displaystyle \sqrt{\frac{2r}{R}}\left ( ab+bc+ca \right )\geq4\sqrt{3} E$ $\left ( II \right )$

Από τις (Ι) και (ΙΙ) προκύπτει η ζητούμενη ανισότητα.

H παραπάνω απόδειξη καλύπτει και τις ανισότητες

$\displaystyle ab \cdot cos\frac{B-C}{2}+bc \cdot cos\frac{C-A}{2}+ac \cdot cos\frac{A-B}{2}\geq 4\sqrt{3}E$

$\displaystyle ab \cdot cos\frac{B-C}{2}+bc \cdot cos\frac{A-B}{2}+ac \cdot cos\frac{C-A}{2}\geq 4\sqrt{3}E$

$\displaystyle ab \cdot cos\frac{A-B}{2}+bc \cdot cos\frac{C-A}{2}+ac \cdot cos\frac{B-C}{2}\geq 4\sqrt{3}E$

$\displaystyle ab \cdot cos\frac{C-A}{2}+bc \cdot cos\frac{A-B}{2}+ac \cdot cos\frac{B-C}{2}\geq 4\sqrt{3}E$

$\displaystyle ab \cdot cos\frac{C-A}{2}+bc \cdot cos\frac{B-C}{2}+ac \cdot cos\frac{A-B}{2}\geq 4\sqrt{3}E$

THN EIΔΑ ΛΥΜΕΝΗ...

THN EIΔΑ ΛΥΜΕΝΗ...

Re: THN EIΔΑ ΛΥΜΕΝΗ...

Re: THN EIΔΑ ΛΥΜΕΝΗ...

Re: THN EIΔΑ ΛΥΜΕΝΗ...

Re: THN EIΔΑ ΛΥΜΕΝΗ...

Μέλη σε σύνδεση