O392 AΠΟ MATHEMATICAL REFLECTIONS 6

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #1

Το παρακάτω θέμα προτάθηκε από τον Nguyen Viet Hung του Ηanoi University of Science του εξωτικού για μας Βιετνάμ.
Δόθηκε στο τελευταίο τεύχος του Mathematical Reflections. H καταληκτική ημερομηνία υποβολής λύσεων ήταν η 15η Ιανουαρίου 2017.
Αφού η ημερομηνία αυτή παρήλθε στο Βιετνάμ , στην Ελλάδα και στο Texas νομίζω ότι είναι θεμιτό να το δημοσιεύσω στο forum μας για να δω κι άλλες λύσεις πέρα από τη δική μου.

Έστω τρίγωνο ABC

εμβαδού

Αποδείξτε ότι
$\displaystyle \frac{1}{3r^{2}}\geq \frac{1}{r_{a}h_{a}}+\frac{1}{r_{b}h_{b}}+\frac{1}{r_{c}h_{c}}\geq \frac{\sqrt{3}}{E}$

#2

Είναι

$\displaystyle{\frac{1}{r_a h_a}=\frac{a(s-a)}{2E^2}}$

και επειδή ισχύει

$\displaystyle{a(s-a)+b(s-b)+c(s-c)=s(a+b+c)-(a^2+b^2+c^2)=2s^2-2s^2+2r^2+8Rr=8Rr+2r^2,}$

έχουμε να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{\frac{1}{3r^2}\geq \frac{4Rr+r^2}{E^2}\geq \frac{\sqrt{3}}{E}.}$

Η αριστερή γράφεται

$\displaystyle{s^2\geq 12Rr+3r^2}$

και είναι άμεση συνέπεια των γνωστών $\displaystyle{s^2\geq 16Rr-5r^2,~~R\geq 2r.}$

Η δεξιά γράφεται

$\displaystyle{4R+r\geq \sqrt{3}s,}$ που είναι η Finsler-Hadwiger.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #3

Έπειτα από ένα και πλέον μήνα αποχής από τις δημοσιεύσεις , γράφω τη λύση που σκέφτηκα μόλις είδα το θέμα.

$\displaystyle\frac{1}{r_{a}h_{a}}+\frac{1}{r_{b}h_{b}}+\frac{1}{r_{c}h_{c}}=$

$\displaystyle\frac{1}{\frac{E}{s-a}\cdot \frac{2E}{a}}+\frac{1}{\frac{E}{s-b}\cdot \frac{2E}{b}}+\frac{1}{\frac{E}{s-c}\cdot \frac{2E}{c}}=$

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

$\displaystyle\frac{a\left ( s-a \right )+b\left ( s-b \right )+c\left ( s-c \right )}{2E^{2}}$

Όπως έχω γράψει σε πιο παλιά δημοσίευση , το τρίγωνο με πλευρές $\sqrt{a\left ( s-a \right )},\sqrt{b\left ( s-b \right )},\sqrt{c\left ( s-c \right )}$ έχει ακτίνα περιγεγραμμένου κύκλου ίση με $\sqrt{Rr}$ και εμβαδόν ίσο με $\displaystyle\frac{E}{2}$

Αν εφαρμοστεί η ανισότητα $Weitzenb\ddot{o}ck$ στο τρίγωνο αυτό έχουμε ότι

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

Έτσι λοιπόν

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

Aς δούμε την απόδειξη της άλλης ανισότητας.

Είναι γνωστό ότι το άθροισμα των τετραγώνων των πλευρών τριγώνου είναι μικρότερο ή ίσο από το εννιαπλάσιο του τετραγώνου της ακτίνας του περιγεγραμμένου κύκλου.
Αν εφαρμοστεί το συμπέρασμα αυτό στο τρίγωνο με πλευρές $\sqrt{a\left ( s-a \right )},\sqrt{b\left ( s-b \right )},\sqrt{c\left ( s-c \right )}$ προκύπτει ότι
$a\left ( s-a \right )+b\left ( s-b \right )+c\left ( s-c \right )\leq 9Rr$

Aπό την ανισότητα AM-GM προκύπτει ότι

$\displaystyle a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow 2s\geq 3\sqrt[3]{4Rrs}\Rightarrow 8s^{3}\geq 27Rrs\Rightarrow \frac{2s^{2}}{3}\geq 9Rr$

Συνεπώς μπορεί να γραφεί ότι

$\displaystyle\frac{a\left ( s-a \right )+b\left ( s-b \right )+c\left ( s-c \right )}{2E^{2}}\leq\frac{2s^{2}}{3\cdot2E^{2}}=\frac{s^{2}}{3\cdot s^{2}r^{2}}=\frac{1}{3r^{2}}$

Εδώ τελειώνει η απόδειξη της δεύτερης ανισότητας.

O392 AΠΟ MATHEMATICAL REFLECTIONS 6

O392 AΠΟ MATHEMATICAL REFLECTIONS 6

Re: O392 AΠΟ MATHEMATICAL REFLECTIONS 6

Re: O392 AΠΟ MATHEMATICAL REFLECTIONS 6

Μέλη σε σύνδεση