Ανισότητα με πλευρές τριγώνου

#1

Να δείξετε ότι σε κάθε τρίγωνο ισχύει:

$\displaystyle {a\sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{bc}}+b\sqrt{\frac{(p-c)(p-a)}{ca}}+c\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)}{ab}}\geq p}.$

#2

socrates έγραψε:Να δείξετε ότι σε κάθε τρίγωνο ισχύει:

$\displaystyle {a\sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{bc}}+b\sqrt{\frac{(p-c)(p-a)}{ca}}+c\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)}{ab}}\geq p}.$

Εδώ αποδείξαμε την ανισότητα Hayashi, δηλαδή ότι αν $\displaystyle{ABC}$ τρίγωνο, για το τυχαίο σημείο $\displaystyle{M}$ ισχύει

$\displaystyle{\frac{MA\cdot MB}{ab}+\frac{MB\cdot MC}{bc}+\frac{MC\cdot MA}{ca}\geq 1.}$ (1)

Εφαρμόζουμε την (1) για το έγκεντρο $\displaystyle{I}$ του τριγώνου, οπότε προκύπτει

$\displaystyle{\frac{IA\cdot IB}{ab}+\frac{IB\cdot IC}{bc}+\frac{IC\cdot IA}{ca}\geq 1}$ , δηλαδή

$\displaystyle{cIA\cdot IB+aIB\cdot IC+bIC\cdot IA\geq abc}$ και αν αντικαταστήσουμε $\displaystyle{IA=\frac{r}{\sin \frac{A}{2}}}$ και $\displaystyle{\sin \frac{A}{2}=\sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{bc}}}$ κτλ. προκύπτει η ζητούμενη.

#3

Ακόμα μία απόδειξη, η οποία βασίζεται στην ανισότητα που αποδείξαμε εδώ:

$\displaystyle{\sin \frac{A}{2}\leq \frac{a}{b+c}.}$

Έχουμε

$\displaystyle{\sum a\sin \frac{A}{2}\geq \sum (b+c)\sin ^{2}\frac{A}{2}=\sum (b+c)\frac{1-\cos A}{2}=\sum \frac{b+c}{2}-\sum \frac{(b+c)\cos A}{2}=2p-\sum \frac{(b+c)\cos A}{2}.}$

Θα αποδείξουμε ότι ισχύει $\displaystyle{\sum \frac{(b+c)\cos A}{2}=p,}$ και η αποδείξη θα ολοκληρωθεί.

Eίναι $\displaystyle{\sum \frac{(b+c)\cos A}{2}=\frac{1}{2}\Big(\sum (a+b+c)\cos A-a\cos A\Big)=p\sum \cos A-\frac{1}{2}\sum a\cos A=p\frac{R+r}{R}-\frac{1}{2}\cdot \frac{2pr}{R}=p.}$

Έγινε χρήση των σχέσεων

$\displaystyle{\cos A+\cos B+\cos C =\frac{R+r}{R}}$ και $\displaystyle{a\cos A+b\cos B+c\cos C =\frac{2pr}{R}.}$

Ανισότητα με πλευρές τριγώνου

Ανισότητα με πλευρές τριγώνου

Re: Ανισότητα με πλευρές τριγώνου

Re: Ανισότητα με πλευρές τριγώνου

Μέλη σε σύνδεση