Ανισότητα 19

erxmer · #1

Για κάθε τρίγωνο ABC να αποδειχθεί ότι $\frac{r_ar_b}{m_am_b}+\frac{r_br_c}{m_bm_c}+\frac{r_ar_c}{m_am_c}\geq 3$ , όπου m_a

διάμεσος της πλευράς α και r_a

η ακτίνα του παρεγγεγραμμένου κύκλου της πλευράς a.

#2

Την πρότεινα πριν 3 μήνες περίπου εδώ, αλλά είναι ακόμα ορφανή.

erxmer · #3

solution in english

#4

Παραθέτω και μία πιο ήπια απόδειξη της ανισότητας

$\displaystyle{\sum \frac{b+c-a}{4a^2+b^2+c^2}\geq \frac{3}{2(a+b+c)}.}$

Από την ανισότητα Cauchy-Schwarz έχουμε

$\displaystyle{\sum \frac{b+c-a}{4a^2+b^2+c^2}=\sum \frac{(b+c-a)^2}{(b+c-a)(4a^2+b^2+c^2)}\geq \frac{(a+b+c)^2}{\sum (b+c-a)(4a^2+b^2+c^2)}=\frac{(a+b+c)^2}{4a^2(b+c)+4b^2(c+a)+4c^2(a+b)-2(a^3+b^3+c^3)}}$ .

Αρκεί τώρα να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle{\frac{(a+b+c)^2}{4a^2(b+c)+4b^2(c+a)+4c^2(a+b)-2(a^3+b^3+c^3)}\geq \frac{3}{2(a+b+c)}}$ ,

δηλαδή μετά τις πράξεις ότι

$\displaystyle{4(a^3+b^3+c^3)+6abc\geq 3[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]}$ .

Αυτή όμως προκύπτει με πρόσθεση των ανισοτήτων

$\displaystyle{4(a^3+b^3+c^3)+12abc\geq 4[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]}$ Schur

και

$\displaystyle{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)\geq 6abc}$ ΑΜ-ΓΜ

Υ.Γ. Το πρόβλημα αυτό προτάθηκε στο Crux (πρόβλημα 1680) από τον Ji Chen.

erxmer · #5

Muirhead's inequality

http://en.wikipedia.org/wiki/Muirhead%27s_inequality

Ανισότητα 19

Ανισότητα 19

Re: Ανισότητα 19

Re: Ανισότητα 19

Re: Ανισότητα 19

Re: Ανισότητα 19

Μέλη σε σύνδεση