mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 24, 2022 3:48 pm**

Σήμερα το πρωί στο γραφείο των καθηγητών, ανάμεσα σε βαθμούς απολυτηρίων και μητρώα, βρήκα λίγο χρόνο να δω μια ανισότητα...
Τη μοιράζομαι μαζί σας, με την ελπίδα να μην έχει συζητηθεί πιο παλιά στο forum...

Σε τρίγωνο ABC

ισχύει ότι

$\displaystyle\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\leq \frac{\sqrt{3}}{4r}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 24, 2022 10:18 pm**

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 24, 2022 3:48 pm
Σήμερα το πρωί στο γραφείο των καθηγητών, ανάμεσα σε βαθμούς απολυτηρίων και μητρώα, βρήκα λίγο χρόνο να δω μια ανισότητα...
Τη μοιράζομαι μαζί σας, με την ελπίδα να μην έχει συζητηθεί πιο παλιά στο forum...

Σε τρίγωνο ισχύει ότι

$\displaystyle\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+c}\leq \frac{\sqrt{3}}{4r}$

Καλησπέρα κ. Τηλέμαχε

Είναι $\tau \cdot r=E=\sqrt{\tau(\tau-a)(\tau-b)(\tau-c)}$ , οπότε κάνοντας την αντικατάσταση Ravi ( a=x+y, b=y+z,c=z+x

), είναι

$(x+y+z) \cdot r=\sqrt{(x+y+z)xyz}$ , άρα $r=\sqrt{\dfrac{xyz}{x+y+z}}$ .

Οπότε, αρκεί να δείξουμε ότι

$\displaystyle \sum \dfrac{1}{2x+y+z} \leq \dfrac{3\sqrt{x+y+z}}{4\sqrt{xyz}}$

Η προς απόδειξη είναι ομογενής, οπότε μπορούμε να υποθέσουμε ότι x+y+z=3

, και άρα αρκεί να δείξουμε ότι

$\displaystyle \sum \dfrac{\sqrt{xyz}}{3+x} \leq \dfrac{3}{4}$

Είναι όμως, λόγω της ΑΜ-ΓΜ,

$\dfrac{\sqrt{xyz}}{3+x} \leq \dfrac{\sqrt{x} \cdot (y+z)/2}{3+x}= \dfrac{\sqrt{x}(3-x)}{2(3+x)} \leq \dfrac{5-x}{16},$

όπου η τελευταία ισχύει διότι ισοδυναμεί με $4(x-1)^2(x^2-66x+225) \geq 0$ , που ισχύει καθώς $x^2-66x+225=(x-33)^2-864 \geq (3-33)^2-864>0,$ όπου η προτελευταία ανισότητα ισχύει διότι x<x+y+z=3

.

Οπότε, αθροίζοντας κυκλικά προκύπτει ότι

$\displaystyle \sum \dfrac{\sqrt{xyz}}{3+x} \leq \sum \dfrac{5-x}{16}=\dfrac{15-3}{16}=\dfrac{3}{4},$

όπως θέλαμε.

Παρατήρηση: Η ανισότητα $\dfrac{\sqrt{x}(3-x)}{2(3+x)} \leq \dfrac{5-x}{16}$ δεν είναι ουρανοκατέβατη. Χρησιμοποιούμε την Tangent Line method.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 25, 2022 9:34 am**

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 24, 2022 3:48 pm
Σήμερα το πρωί στο γραφείο των καθηγητών, ανάμεσα σε βαθμούς απολυτηρίων και μητρώα, βρήκα λίγο χρόνο να δω μια ανισότητα...
Τη μοιράζομαι μαζί σας, με την ελπίδα να μην έχει συζητηθεί πιο παλιά στο forum...

Σε τρίγωνο ισχύει ότι

$\displaystyle\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\leq \frac{\sqrt{3}}{4r}$

Καλημέρα σε όλους!

Έστω $\displaystyle 2\tau$ η περίμετρος,

η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου και

το εμβαδόν του τριγώνου. Ως γνωστόν είναι:

$\displaystyle \frac{1}{3}{(a + b + c)^2} \leqslant {a^2} + {b^2} + {c^2} \leqslant 9{R^2} \Leftrightarrow$ $\boxed{2\tau \leqslant 3R\sqrt 3 }$ (1)

$\displaystyle \frac{1}{{3(ab + bc + ac)}} \geqslant \frac{1}{{{{(a + b + c)}^2}}} \Leftrightarrow \frac{{9abc}}{{3(ab + bc + ac)}} \geqslant \frac{{9abc}}{{{{(a + b + c)}^2}}} = \frac{{9abc}}{{4{\tau ^2}}} \Leftrightarrow$

$\displaystyle \frac{3}{{\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}}} \geqslant \frac{{9abc}}{{4{\tau ^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \leqslant \frac{{4{\tau ^2}}}{{3abc}} = \frac{{4{\tau ^2}}}{{12E \cdot R}} = \frac{{4{\tau ^2}}}{{12\tau rR}}\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)}$ $\boxed{\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \leqslant \frac{{\sqrt 3 }}{{2r}}}$ (2)

Θα δείξω τώρα ότι $\displaystyle \frac{2}{{a + b}} + \frac{2}{{b + c}} + \frac{2}{{a + c}} \leqslant \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}.$ Πράγματι,

$\displaystyle \frac{{a + b}}{2} \geqslant \frac{{2ab}}{{a + b}} \Leftrightarrow \frac{{c(a + b)}}{2} \geqslant \frac{{2abc}}{{a + b}} \Leftrightarrow \frac{{ac + bc}}{2} \geqslant \frac{{2abc}}{{a + b}}.$

Ομοίως, $\displaystyle \frac{{ab + bc}}{2} \geqslant \frac{{2abc}}{{a + c}},\frac{{ab + ac}}{2} \geqslant \frac{{2abc}}{{b + c}},$ όπου με πρόσθεση κατά μέλη και από την (2)

προκύπτει το ζητούμενο $\boxed{\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{b + c}} + \frac{1}{{a + c}} \leqslant \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) \leqslant \frac{{\sqrt 3 }}{{4r}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 26, 2022 8:42 pm**

Ας δούμε ακόμη μία προσέγγιση:

$\displaystyle (a+b)^2 \geqslant 4ab = \frac{16RE}{c} = \frac{16srR}{c} \geqslant \frac{32sr^2}{c}$

Άρα

$\displaystyle \frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a} \leqslant \frac{1}{4r\sqrt{2s}}(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c})$

Επίσης από την ανισότητα των δυνάμεων έχουμε

$\displaystyle \left(\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b} + \sqrt{c}}{3}\right)^2 \leqslant \frac{a+b+c}{3} \implies \sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} \leqslant \sqrt{6s}$

Το ζητούμενο έπεται

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 27, 2022 10:57 am**

Να ευχαριστήσω τον Ορέστη Λιγνό, το Γιώργο Βισβίκη και το Δημήτρη Χριστοφίδη για τις λύσεις τους.
Νομίζω ότι τώρα πρέπει να γράψω τις δικές μου σκέψεις που οδήγησαν στην ανισότητα που έθεσα.

Ήθελα έναν αριθμό $\varphi \geq 0$ τέτοιο ώστε $\displaystyle\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\leq \varphi$
Tην ανισότητα αυτή την ήθελα για να αντιμετωπίσω κάποιο άλλο πρόβλημα.
Ξεκίνησα κι όπου βγει...

Δεν είναι πολύ δύσκολο να διαπιστωθεί ότι για τους θετικούς a,b,c

τα μήκη

αποτελούν πλευρές τριγώνου.
Έστω $E_{1},s_{1}$ το εμβαδόν και η ημιπερίμετρος αντίστοιχα του τριγώνου με πλευρές a+b,b+c,c+a

Εύκολα διαπιστώνεται ότι $\displaystyle s_{1}=\frac{a+b+b+c+c+a}{2}=\frac{2\left ( a+b+c \right )}{2}=2s$

$s_{1}-\left ( b+c \right )=2s-\left ( b+c \right )=a$

$s_{1}-\left ( c+a \right )=2s-\left ( c+a \right )=b$

$s_{1}-\left ( a+b \right )=2s-\left ( a+b \right )=c$

$E_{1}=\sqrt{2sabc}=\sqrt{2s\cdot 4ER}\geq \sqrt{2s\cdot 4sr\cdot 2r}=4sr=4E$

Έστω $r_{1}$ η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου με πλευρές a+b,b+c,c+a

Ισχύει $\displaystyle r_{1}=\frac{E_{1}}{s_{1}}\geq \frac{4E}{2s}=2r$

Θυμήθηκα ότι στο τρίγωνο ABC

ισχύει ότι

$\displaystyle \frac{1}{3}\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )^{2}\leq \frac{1}{4r^{2}}$ από τη δημοσίευση
https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... 81&t=56792

Στο τρίγωνο με πλευρές a+b,b+c,c+a

η ανισότητα αυτή γράφεται

$\displaystyle \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \leq \frac{\sqrt{3}}{2r_{1}}$

Ισχύει ότι $\displaystyle r_{1}\geq 2r\Leftrightarrow \frac{\sqrt{3}}{2r_{1}}\leq \frac{\sqrt{3}}{4r}$

Κατέληξα έτσι στην ανισότητα που πρότεινα...

mathematica.gr

ΣΤΟ ΓΡΑΦΕΙΟ...

ΣΤΟ ΓΡΑΦΕΙΟ...

Re: ΣΤΟ ΓΡΑΦΕΙΟ...

Re: ΣΤΟ ΓΡΑΦΕΙΟ...

Re: ΣΤΟ ΓΡΑΦΕΙΟ...

Re: ΣΤΟ ΓΡΑΦΕΙΟ...