Ανισότητα με πλευρές τριγώνου!

#1

Αν $\displaystyle{a,b,c}$ είναι πλευρές τριγώνου, να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{\boxed{(a+b-c)(a-b+c)+(b+c-a)(b-c+a)+(c+a-b)(c-a+b)\leq \sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}).}}$

tasosty · #2

$\displaystyle{\begin{array}{l}x = a + b - c \ y = a - b + c \ z = - a + b + c \ \end{array}}$
$\displaystyle{\begin{array}{l} \Rightarrow a = \frac{{x + y}}{2} \ b = \frac{{x + z}}{2} \ c = \frac{{y + z}}{2} \ \end{array}}$

οποτε η δοσμενη γινεται...
$\displaystyle{\begin{array}{l} (\sqrt {\frac{{x + y}}{2}} + \sqrt {\frac{{x + z}}{2}} + \sqrt {\frac{{y + z}}{2}} )\sqrt {\frac{{(x + y)(x + z)(y + z)}}{8}} \ge xy + yz + xz \\ \Leftrightarrow (\frac{{(\sqrt {x + y} + \sqrt {x + z} + \sqrt {y + z} )}}{{\sqrt 2 }})(\frac{{\sqrt {(x + y)(x + z)(y + z)} }}{{\sqrt 8 }}) \ge xy + xz + yz \\ \end{array}}$
$\displaystyle{ \Leftrightarrow (x + y)\sqrt {(x + z)(y + z)} + (x + z)\sqrt {(x + y)(y + z)} + (y + z)\sqrt {(x + y)(x + z)} \ge 4(xy + yz + zx)}$

Ομως $\displaystyle{\sqrt {(x + z)(y + z)} = {(x + z)^{\frac{1}{2}}}{(y + z)^{\frac{1}{2}}} \ge {x^{\frac{1}{2}}}{y^{\frac{1}{2}}} + {z^{\frac{1}{2}}}{z^{\frac{1}{2}}} = \sqrt {xy} + z}$

Ομοια $\displaystyle{\sqrt {(x + y)(y + z)} \ge y + \sqrt {xz} ,\sqrt {(x + y)(x + z)} \ge x + \sqrt {yz} }$

Τοτε $\displaystyle{(x + y)\sqrt {(x + z)(y + z)} + (x + z)\sqrt {(x + y)(y + z)} + (y + z)\sqrt {(x + y)(x + z)} \ge (x + y)(\sqrt {xy} + z) + (x + z)(y + \sqrt {xz} ) + (y + z)(x + \sqrt {yz} )}$ =
$\displaystyle{\begin{array}{l} = 2(xy + xz + zy) + (x + y)\sqrt {xy} + (x + z)\sqrt {xz} + + (y + z)\sqrt {yz} \\ \end{array}}$

Αρα αρκει $\displaystyle{2(xy + xz + zy) + (x + y)\sqrt {xy} + (x + z)\sqrt {xz} + + (y + z)\sqrt {yz} \ge 4(xy + yz + zx)}$
$\displaystyle{ \Leftrightarrow (x + y)\sqrt {xy} + (x + z)\sqrt {xz} + + (y + z)\sqrt {yz} \ge 2(xy + yz + zx)}$

Ομως $\displaystyle{(x + y)\sqrt {xy} \ge (2\sqrt {xy} )\sqrt {xy} = 2xy}$ Ομοια $\displaystyle{(x + z)\sqrt {xz} \ge 2xz,(y + z)\sqrt {yz} \ge 2yz}$

Αρα με προσθεση των παραπανω σχεσεων προκειπτουμε στην ζητουμενη...

#3

Το θέμα είναι από IMO TST της Ρουμανίας.

Μετά την ωραία απάντηση του Τάσου (;), ας δώσω ακόμα μία αντιμετώπιση.

Θα αποδείξουμε ότι σε κάθε τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ , ισχύει

$\displaystyle{(a^2+b^2-c^2)(a^2+c^2-b^2)+(b^2+c^2-a^2)(b^2+a^2-a^2)+(c^2+a^2-b^2)(c^2+b^2-b^2)\leq abc(a+b+c).}$

Πράγματι, αυτή γράφεται με χρήση του νόμου των συνημιτόνων ως

$\displaystyle{4abc(a\cos B \cos C +b\cos C \cos A +c \cos A \cos B)\leq abc\cdot 2s}$

και χρησιμοποιώντας τώρα τον νόμο των ημιτόνων

$\displaystyle{4R(\sin A \cos B \cos C +\sin B \cos C\cos A +\sin C \cos A \cos B)\leq s.}$
Όμως, έχουμε

$\displaystyle{0=\sin (A+B+C)=\sin A \cos B \cos C +\sin B \cos C\cos A +\sin C\cos A \cos B-\sin A \sin B \sin C,}$

οπότε έχουμε να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{4R\sin A \sin B \sin C\leq s,}$ η οποία γράφεται τελικά $\displaystyle{R\geq 2r}$ , αφού $\displaystyle{\sin A \sin B \sin C=\frac{sr}{2R^2}.}$

tasosty · #4

Σωστα Τασος, ωραια λυση!, ποιας χρονιας ειναι η ασκηση?, επειδη κατι μου θυμιζει αλλα μαλλον απο καποια παρομοια θα 'ναι...

G.Bas · #5

matha έγραψε:Αν $\displaystyle{a,b,c}$ είναι πλευρές τριγώνου, να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{\boxed{(a+b-c)(a-b+c)+(b+c-a)(b-c+a)+(c+a-b)(c-a+b)\leq \sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}).}}$

Η Ανισότητα είναι ισοδύναμη με την

$\displaystyle{\sum [a^2-(b-c)^2]\leq \sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}),}$

ή ισοδύναμα

$\displaystyle{a^2+b^2+c^2+a\sqrt{bc}+b\sqrt{ca}+c\sqrt{ab}\geq 2(ab+bc+ca).}$

Αλλά, από την Ανισότητα AM-GM έχουμε για το αριστερό μέλος

$\displaystyle{a^2+b^2+c^2+a\sqrt{bc}+b\sqrt{ca}+c\sqrt{ab}\geq a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}.}$

Μένει λοιπόν να δείξουμε ότι

$\displaystyle{a^2+b^2+c^2+3a^{2/3}b^{2/3}c^{2/3}\geq 2(ab+bc+ca).}$

Από την Ανισότητα Schur τελικά έχουμε

$\displaystyle{a^2+b^2+c^2+3a^{2/3}b^{2/3}c^{2/3}\geq \sum a^{2/3}b^{2/3}(a^{2/3}+b^{2/3})}$

και μένει να δείξουμε ότι

$\displaystyle{\sum a^{2/3}b^{2/3}(a^{2/3}+b^{2/3})\geq 2(ab+bc+ca)}$

η οποία ισχύει αφού παίρνει τη μορφή

$\displaystyle{\sum a^{2/3}b^{2/3}(a^{1/3}-b^{1/3})^2\geq 0.}$

chris · #6

G.Bas έγραψε:
matha έγραψε:Αν $\displaystyle{a,b,c}$ είναι πλευρές τριγώνου, να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{\boxed{(a+b-c)(a-b+c)+(b+c-a)(b-c+a)+(c+a-b)(c-a+b)\leq \sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}).}}$
Η Ανισότητα είναι ισοδύναμη με την

$\displaystyle{\sum [a^2-(b-c)^2]\leq \sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}),}$

ή ισοδύναμα

$\displaystyle{a^2+b^2+c^2+a\sqrt{bc}+b\sqrt{ca}+c\sqrt{ab}\geq 2(ab+bc+ca).}$

Επίσης από εδώ και κάτω είναι :
$\displaystyle \sqrt{abc}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \right)\geq 2\left(ab+ac+bc \right)-\left(a^2+b^2+c^2 \right)\Leftrightarrow$ $\displaystyle \sqrt{abc}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \right)\geq \left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \right)\left(-\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \right)\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}+\sqrt{c} \right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c} \right) \Leftrightarrow$
$\displaystyle \sqrt{abc}\geq \left(-\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \right)\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}+\sqrt{c} \right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c} \right)$

που είναι Schur.

#7

Το πρόβλημα αυτό είναι ισοδύναμο και με το πρόβλημα που τέθηκε στην Βαλκανιάδα του 2012.
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 8#p2672163

Ανισότητα με πλευρές τριγώνου!

Ανισότητα με πλευρές τριγώνου!

Re: Ανισότητα με πλευρές τριγώνου!

Re: Ανισότητα με πλευρές τριγώνου!

Re: Ανισότητα με πλευρές τριγώνου!

Re: Ανισότητα με πλευρές τριγώνου!

Re: Ανισότητα με πλευρές τριγώνου!

Re: Ανισότητα με πλευρές τριγώνου!

Μέλη σε σύνδεση