Ανισότητα σε τρίγωνο, του Ji Chen.

Συντονιστές: vittasko, achilleas, emouroukos

Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6075
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Ανισότητα σε τρίγωνο, του Ji Chen.

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Κυρ Οκτ 31, 2010 8:01 pm

Aς είναι \displaystyle{ABC} τρίγωνο με διαμέσους \displaystyle{m_{a},m_{b},m_{c}} και ακτίνες παρεγγεγραμμένων κύκλων \displaystyle{r_{a},r_{b},r_{c}.}
Αποδείξτε ότι

\displaystyle{\frac{r_{a}r_{b}}{m_{a}m_{b}}+\frac{r_{b}r_{c}}{m_{b}m_{c}}+\frac{r_{c}r_{a}}{m_{c}m_{a}}\geq 3.}


Μάγκος Θάνος
kwstas12345
Δημοσιεύσεις: 1055
Εγγραφή: Δευ Ιαν 11, 2010 2:12 pm

Re: Ανισότητα σε τρίγωνο, του Ji Chen.

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από kwstas12345 » Σάβ Ιούλ 30, 2011 1:19 pm

Θα προσπαθήσω να δώσω μια λύση, ελπίζω σωστή μιας και έμεινε καιρό αναπάντητη. Xρησιμοποιώντας κυκλικά τους τύπους \displaystyle r_{a}=s\tan\frac{A}{2},m_{a}=\frac{\sqrt{2\left(b^2+c^2 \right)-a^2}}{2},\tan \frac{A}{2}=\sqrt{\frac{\left(s-b \right)\left(s-c \right)}{s\left(s-a \right)}} η ανισότητα μευασχήματίζεται εύκολα στην :
\displaystyle \sum_{cyc}{\frac{\left(a+b \right)^2-c^2}{\sqrt{\left(2\left(b^2+c^2 \right)-a^2 \right)\left(2\left(c^2+a^2 \right)-b^2 \right)}}}\geqslant 3.

Aπό ΑΜ-GM \displaystyle 2\sqrt{\left(2a^2+2c^2-b^2 \right)\left(2b^2+2c^2-a^2 \right)}\leqslant a^2+b^2+4c^2, \displaystyle 2\sqrt{\left(2a^2+2c^2-b^2 \right)\left(2b^2+2a^2-c^2 \right)}\leqslant c^2+b^2+4a^2,,\displaystyle 2\sqrt{\left(2a^2+2c^2-b^2 \right)\left(2b^2+2a^2-b^2 \right)}\leqslant a^2+c^2+4b^2,.

Ακόμη \displaystyle 2ab\geqslant \frac{4a^2b^2}{a^2+b^2},2cb\geqslant \frac{4c^2b^2}{b^2+c^2},2ac\geqslant \frac{4a^2c^2}{a^2+c^2}. Άρα \displaystyle \sum_{cyc}{\frac{\left(a+b \right)^2-c^2}{\sqrt{\left(2\left(b^2+c^2 \right)-a^2 \right)\left(2\left(c^2+a^2 \right)-b^2 \right)}}}\geqslant \sum_{cyc}{\frac{4a^2b^2+\left(a+b \right)^2-c^2\left(a^2+b^2 \right)}{\left(a^2+b^2 \right)\left(4c^2+a^2+b^2 \right)}}.

Θέτοντας \displaystyle x=a^2,y=b^2,z=c^2 αρκεί \displaystyle \sum_{cyc}{\frac{6xy+x^2+y^2-zx-zy}{4zx+4zy+2xy+x^2+y^2}}\geqslant \frac{3}{2}, η οποία είναι ισοδύναμη με την \displaystyle \sum_{cyc}{\frac{5zx+5zy-4xy}{4zx+4zy+\left(x+y \right)^2}}\leqslant \frac{3}{2}.

Λόγω ομοιογένειας υποθέτω \displaystyle xy+yz+zx=1. Αν \diplaystyle zx,yz,zx <5/9 οι παρανομαστές του β μέλους είναι όλοι θετικοί , επομένως \displaystyle \sum_{cyc}{\frac{5zx+5zy-4xy}{4zx+4zy+\left(x+y \right)^2}}\leqslant\sum_{cyc}{\frac{5zx+5yz-4xy}{4\left(xy+yz+zx \right)}}=\frac{3}{2}.

Υποθέτουμε λόγω συμμετριας της ανιότητας και \displaystyle x\geqslant y\geqslant z\Rightarrow xy=\max\left\{xy,yz,zx \right\}, οπότε αρκεί να εξεταστεί η περίπτωση που ισχύει \displaystyle xy\geqslant \frac{5}{9}. Είναι όμως \displaystyle x-y\leqslant x-z\Rightarrow \frac{5-9xy}{\left(x-y \right)^2+4}\leqslant \frac{5-9yx}{4+\left(x-z \right)^2}.

Άρα \displaystyle \sum_{cyc}{\frac{5zx+5zy-4xy}{4zx+4zy+\left(x+y \right)^2}}={\frac{5-9xy}{4+\left(x-y \right)^2}}+{\frac{5-9yz}{4+\left(y-z \right)^2}}+{\frac{5-9zx}{4+\left(z-x \right)^2}} \displaystyle \leqslant \frac{10-9\left(xy+xz \right)}{4+\left(x-z \right)^2}+\frac{5-9yz}{4+\left(z-y \right)^2}=\frac{1+9yz}{4+\left(x-z \right)^2}+\frac{5-9yz}{4+\left(y-z \right)^2}\leqslant \frac{3}{2}.

Η ισότητα στην αρχική ισχύει όταν a=b=c.


socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5767
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Ανισότητα σε τρίγωνο, του Ji Chen.

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Σάβ Ιούλ 30, 2011 1:34 pm

Δείτε και εδώ: viewtopic.php?f=50&t=12746


Θανάσης Κοντογεώργης
Απάντηση

Επιστροφή σε “Θέματα για Λύκειο - Seniors”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης