Απόδειξη / Κατάρριψη

Tolaso J Kos · #1

Να αποδειχθεί ή να καταρριφθεί ο ισχυρισμός

Σε τρίγωνο ABC

ισχύει
$\displaystyle{\sum \tan^2 \frac{A}{2} \geq 2 - 8 \prod \sin \frac{A}{2}}$
Άνευ λύσης.

#2

Η ανισότητα ισχύει! Πρόκειται για την ανισότητα Kooi, η οποία είναι αρκετά σφιχτή ανισότητα και ισοδύναμες μορφές της είναι οι παρακάτω:

$\displaystyle{\color{red}\bigstar}$ $\displaystyle{s^2\leq \frac{R(4R+r)^2}{2(2R-r)}}$

$\displaystyle{\color{red}\bigstar}$ $\displaystyle{\frac{\cos ^2 A}{1+\cos A}+\frac{\cos ^2 B}{1+\cos B}+\frac{\cos ^2 C}{1+\cos C}\geq \frac{1}{2}}$ .

Ένας τρόπος να αποδειχθεί είναι με αναγωγή, μέσω του δϋικού μετασχηματισμού, στην

( $\displaystyle{\color{red}\bullet \bullet}$ ) $\displaystyle{\frac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx}+\frac{8xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}\geq 2.}$

Αφαιρώντας μία μονάδα από τα μέλη αυτής, έχουμε ισοδύναμα

$\displaystyle{\frac{\sum (x-y)^2}{2(xy+yz+zx)}\geq \frac{\sum z(x-y)^2}{(x+y)(y+z)(z+x)}}$ ,

δηλαδή

$\displaystyle{\sum (x-y)^2Q_z\geq 0,}$ όπου $\displaystyle{Q_z=x+y-z-\frac{xyz}{xy+yz+zx}.}$

Λόγω συμμετρίας υποθέτουμε ότι $\displaystyle{x\geq y\geq z.}$ Τότε είναι $\displaystyle{Q_z\geq 0, Q_y\geq 0}$ και

$\displaystyle{Q_x+Q_y=2z-\frac{2xyz}{xy+yz+zx}\geq 0.}$

Επομένως

$\displaystyle{(x-y)^2Q_z+(y-z)^2Q_x+(z-x)^2Q_y\geq (x-y)^2Q_z+(y-z)^2Q_x+(y-x)^2Q_y=}$

$\displaystyle{(x-y)^2Q_z+(Q_x+Q_y)(y-z)^2\geq 0.}$

Απόδειξη / Κατάρριψη

Απόδειξη / Κατάρριψη

Re: Απόδειξη / Κατάρριψη

Μέλη σε σύνδεση