MIA ENΔΙΑΦΕΡΟΥΣΑ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #1

Την παρακάτω ανισότητα τη σκάρωσα καθώς αυτές τις μέρες είχα λίγο χρόνο...

Σε τρίγωνο ABC

να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle2\sqrt{3}\leq \frac{a}{r_{a}}+\frac{b}{r_{b}}+\frac{c}{r_{c}}\leq \frac{9R}{s}$

#2

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: Σε τρίγωνο να αποδειχθεί ότι

$\displaystyle2\sqrt{3}\leq \frac{a}{r_{a}}+\frac{b}{r_{b}}+\frac{c}{r_{c}}\leq \frac{9R}{s}$

Καλησπέρα Τηλέμαχε.

Για την αριστερή θα χρησιμοποιήσω τις γνωστές και απλές $r_{a}r_{b}r_{c}= Es$ (βγαίνει εύκολα από τις E=r_a(s-a)

και λοιπά) και την $\sin A + \sin B + \sin C \le \frac {3\sqrt 3}{2}$ . Η τελευταία από τον Νόμο των ημιτόνων παίρνει και την μορφή $\displaystyle{ s \le \frac {3\sqrt 3R}{2}}$

Από ΑΜ-ΓΜ αρκεί να δείξουμε $\displaystyle {3 \sqrt [3] { \frac{abc}{r_{a}r_{b}r_{c}}} \ge 2\sqrt{3}$ .

Έχουμε

$\displaystyle {3 \sqrt [3] { \frac{abc}{r_{a}r_{b}r_{c}}} = 3 \sqrt [3] { \frac{4ER}{Es}} = 3 \sqrt [3] { \frac{4R}{s}} \ge 3 \sqrt [3] { \frac{8}{3\sqrt {3}}} = 2\sqrt{3}$ , όπως θέλαμε.

Για την δεξιά θα χρησιμοποιήσω γνωστές ταυτότητες μεταξύ R, r, s

και λοιπά καθώς και τον βασιλιά των ανισοτήτων του τριγώνου, $2r \le R$ .

$\displaystyle {\sum \frac{a}{r_{a}} = \sum \frac{a(s-a)}{r_{a}(s-a)} = \frac{2s^2-(a^2+b^2+c^2)}{E}$

$\displaystyle { = \frac{2s^2-2(s^2-r^2-4Rr)}{rs} = \frac{2(r+4R)}{s}\leq \frac{R+8R}{s} = \frac{9R}{s}$ , όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #3

Να ευχαριστήσω το Μιχάλη Λάμπρου για τη λύση που έγραψε. Παρακάτω δίνω τις σκέψεις που με οδήγησαν στην ανισότητα αυτή.

Σε προηγούμενη δημοσίευση έδειξα ότι αν a,b,c

μήκη πλευρών τριγώνου , τότε οι $\sqrt{a\left ( s-a \right )},\sqrt{b\left ( s-b \right )},\sqrt{c\left ( s-c \right )}$ αποτελούν πλευρές τριγώνου με ακτίνα περιγεγραμμένου κύκλου ίση με $\sqrt{Rr}$ και με εμβαδόν το μισό του ABC.

$\displaystyle\frac{a}{r_{a}}+\frac{b}{r_{b}}+\frac{c}{r_{c}}=\frac{a\left ( s-a \right )+b\left ( s-b\right )+c\left ( s-c \right )}{(ABC)}$

Αν εφαρμόσουμε στο τρίγωνο με πλευρές $\sqrt{a\left ( s-a \right )},\sqrt{b\left ( s-b \right )},\sqrt{c\left ( s-c \right )}$ την ανισότητα $Weitzenb\ddot{o}ck$ προκύπτει ότι

$\displaystyle a\left ( s-a \right )+b\left ( s-b\right )+c\left ( s-c \right )\geq 4\sqrt{3} \frac{(ABC)}{2}=2\sqrt{3}(ABC)$

Νομίζω ότι η αριστερή ανισότητα αποδείχθηκε...

Σε πιο παλιές δημοσιεύσεις έχουμε δει ότι σε κάθε τρίγωνο , το άθροισμα των τετραγώνων των πλευρών του είναι μικρότερο ή ίσο από το εννεαπλάσιο του τετραγώνου της ακτίνας του περιγεγραμμένου του κύκλου.
Αν εφαρμοστεί η ανισότητα αυτή στο τρίγωνο με πλευρές $\sqrt{a\left ( s-a \right )},\sqrt{b\left ( s-b \right )},\sqrt{c\left ( s-c \right )}$ προκύπτει ότι
$a\left ( s-a \right )+b\left ( s-b\right )+c\left ( s-c \right )\leq9 Rr$

Συνεπώς

$\displaystyle\frac{a}{r_{a}}+\frac{b}{r_{b}}+\frac{c}{r_{c}}=\frac{a\left ( s-a \right )+b\left ( s-b\right )+c\left ( s-c \right )}{(ABC)}\leq\frac{9Rr}{(ABC)}=\frac{9Rr}{sr}=\frac{9R}{s}$

Noμίζω ότι αποδείχθηκε και η δεξιά ανισότητα...

Την ανισότητα αυτήν την σκάρωσα αυτοσχεδιάζοντας...
Την ώρα που έγραφα αυτήν τη δημοσίευση , όλα γύρω από το σπίτι , ελαιώνες , αμπέλια , πουρνάρια , ήταν ντυμένα στα λευκά...

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #4

Στη σελίδα 194 του περίφημου βιβλίου '' Recent Advances in Geometric Inequalities '' υπάρχει η ανισότητα

$\displaystyle \frac{18r}{s}\leq \frac{a}{r_{a}}+\frac{b}{r_{b}}+\frac{c}{r_{c}}\leq \frac{9R}{s}$

Aυτό που θέλω να γράψω είναι ότι η ανισότητα που προτείνω στην παρούσα δημοσίευση είναι πιο '' σφικτή '' στα αριστερά.

Πράγματι $\displaystyle \frac{18r}{s}\leq 2\sqrt{3}\Leftrightarrow 6\sqrt{3}r\leq 2s$ και η τελευταία είναι γνωστό ότι ισχύει.

Τουλάχιστον η ανισότητα που '' σκάρωσα '' είναι πιο '' σφικτή '' από μια δημοσιευμένη...

Κάτι είναι κι αυτό...

MIA ENΔΙΑΦΕΡΟΥΣΑ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ

MIA ENΔΙΑΦΕΡΟΥΣΑ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ

Re: MIA ENΔΙΑΦΕΡΟΥΣΑ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ

Re: MIA ENΔΙΑΦΕΡΟΥΣΑ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ

Re: MIA ENΔΙΑΦΕΡΟΥΣΑ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ

Μέλη σε σύνδεση