mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 28, 2020 11:29 pm**

Δίνεται τρίγωνο ABC

του οποίου το εμβαδόν είναι

Aποδείξτε ότι

$\displaystyle a^{2}\cdot cos\frac{B-C}{2}+b^{2}\cdot cos\frac{C-A}{2}+c^{2}\cdot cos\frac{A-B}{2}\geq 4\sqrt{3}E$

Πιστεύω να μην την έχουμε ξαναδεί...

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 29, 2020 3:27 pm**

Φέρνουμε το ύψος

και την διχοτόμο

.
$\widehat{DAB} =90°-\widehat{B}$ ή $\widehat {B} - 90°$ και $\widehat{BAE} = \frac{\widehat {A}} {2}$ από όπου παίρνουμε ότι $\widehat {DAE} =\frac{|\widehat {B} - \widehat {C}|} {2}$ .
Άρα $\cos{\frac {B-C} {2}} =\cos{\widehat{DAE}} = \frac{AD} {AE} =\frac{u_a} {d_a}$
(Με

εννοώ τα ύψη και με

τις διχοτόμους)
Όμοια παίρνουμε ότι $\cos{\frac{C-A} {2}} =\frac{u_b} {d_b}, \cos{\frac{A-B} {2}} =\frac{u_c} {d_c}$ .
Επειδή au_a=bu_b=cu_c=2E

η προς απόδειξη ανισότητα γράφεται $\frac{a} {d_a} +\frac{b} {d_b} + \frac{c} {d_c} \geq 2\sqrt3$
Όμως $a^2 =b^2 +c^2 - 2bc\cos{A}$ οπότε $(b+c)^2 - a^2 =2bc(1+\cos{A})=4bc\cos^2{\frac{A}{2}}$
Άρα ${d_a}^2 =bc\frac{(b+c)^2 - a^2} {(b+c)^2} = \frac{4bc} {(b+c)^2}bc\cos^2{\frac{A} {2}} \leq bc\cos^2{\frac{A} {2}} \Rightarrow d_a \leq \sqrt{bc} \cos{\frac{A} {2}} \leq \frac{b+c} {2} \cos{\frac{A} {2}} (1)$
Αν φέρουμε

και

κάθετες στην

τότε
$BZ+CF \leq BE+CE=BC=a \Rightarrow c\sin{\frac{A}{2}} +b\sin{\frac{A}{2}} \leq a \Rightarrow (b+c) \sin{\frac{A} {2}} \leq a (2)$
Η (1)

και

δίνουν $\frac{a} {d_a} \geq 2tan{\frac{A}{2}}$
Όμοια προκύπτουν και οι σχέσεις για τα

και

οπότε αρκεί $\tan{\frac{A} {2}} +\tan{\frac{B} {2}} + \tan{\frac{C} {2}} \geq \sqrt3$ η οποία προκύπτει άμεσα απο την Jensen

καθώς η $\tan{x}$ είναι κυρτή στο $(0,\frac{\pi}{2}})$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 30, 2020 7:16 pm**

Με δεδομένο την ανισότητα

$\displaystyle{\boxed{\cos ^2 \frac{B-C}{2}\geq \frac{2r}{R}}}$ ( $\displaystyle{\color{red}\bigstar}$ )

είναι αρκετό να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{\sqrt{\frac{2r}{R}}(a^2+b^2+c^2)\geq 4\sqrt{3}E,}$

δηλαδή ότι

$\displaystyle{a^2+b^2+c^2\geq \sqrt{24s^2Rr}}$

που γράφεται ως

$\displaystyle{(a^2+b^2+c^2)^2\geq 3abc(a+b+c).}$

Αυτή είναι προφανής συνέπεια των $\displaystyle{x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx}$ και $\displaystyle{(k+m+n)^2\geq 3(km+mn+nk).}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 01, 2020 7:03 pm**

Να ευχαριστήσω τον dimpaplo και τον Θάνο για τις λύσεις τους.
Θα γράψω τις δικές μου σκέψεις τώρα...

Σίγουρα έλαβα υπ' όψιν τις ισότητες

$\displaystyle cos\frac{B-C}{2}=\frac{h_{a}}{d_{a}} ,cos\frac{C-A}{2}=\frac{h_{b}}{d_{b}} ,cos\frac{A-B}{2}=\frac{h_{c}}{d_{c}}$

Aς δούμε έναν όρο του αθροίσματος , ας πούμε τον $\displaystyle c^{2}\cdot cos\frac{A-B}{2}$ .

$\displaystyle c^{2}\cdot cos\frac{A-B}{2}=c^{2}\cdot \frac{h_{c}}{d_{c}}=c^{2}\cdot \frac{2E}{c\cdot d_{c}}=2E\cdot \frac{c}{d_{c}}\geq 2E\cdot \frac{c}{m_{c}}$

Μπορώ να γράψω ότι

$\displaystyle a^{2}\cdot cos\frac{B-C}{2}+b^{2}\cdot cos\frac{C-A}{2}+c^{2}\cdot cos\frac{A-B}{2}\geq 2E\cdot \left ( \frac{a}{m_{a}}+\frac{b}{m_{b}}+\frac{c}{m_{c}} \right )$

Όμως είναι γνωστή η ανισότητα $\displaystyle \frac{a}{m_{a}}+\frac{b}{m_{b}}+\frac{c}{m_{c}}\geq2\sqrt{3}$ και εδώ τελειώνει η απόδειξη.

mathematica.gr

ΜΙΑ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ ΠΟΥ ΜΟΥ ΧΡΕΙΑΣΤΗΚΕ...

ΜΙΑ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ ΠΟΥ ΜΟΥ ΧΡΕΙΑΣΤΗΚΕ...

Re: ΜΙΑ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ ΠΟΥ ΜΟΥ ΧΡΕΙΑΣΤΗΚΕ...

Re: ΜΙΑ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ ΠΟΥ ΜΟΥ ΧΡΕΙΑΣΤΗΚΕ...

Re: ΜΙΑ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑ ΠΟΥ ΜΟΥ ΧΡΕΙΑΣΤΗΚΕ...