mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 27, 2010 3:30 pm**

Μιας και βλέπω ότι οι νέοι μας -αλλά και οι παλαιοί, ως έφηβοι(!)- είναι πολύ ζωηροί, ανθεκτικοί, τραβάνε στην ανηφόρα και δεν «μασάνε», τους αφιερώνω το επόμενο αρχείο.
Ειδικά, και χωρίς παρεξήγηση, αφιερώνω στον γνωστό γίγαντα Σωτήρη και στον kwstas12345.

Με τους συνήθεις συμβολισμούς για τα στοιχεία τριγώνου:
1. $l_a+l_b+l_c\leq \frac{\sqrt{3}}{2}(a+b+c)$

2. $l_a+l_b+l_c\leq \frac{3}{2}\sqrt{ab+bc+ca}$

3. $l_a+l_b+l_c\geq 3\sqrt{r(4R+r)}$

4. $l_al_a+l_bl_a+l_cl_a\geq 3\sqrt{3}S$

5. $l_al_bl_c\leq rp^2$ , $l_al_bl_c\leq r^2p$

6. $l_a^2+l_b^2+l_c^2\leq p^2$

7. ${l_a}^{2}+{l_b}^{2}+{l_c}^{2} \geq 3\sqrt{3}S$

8. $4(l_a^2+l_b^2+l_c^2)\geq 4(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)$

9. $\frac{1}{l_a}+\frac{1}{l_b}+\frac{1}{l_c}<\sqrt{2}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$

10. $\frac{1}{l_a}+\frac{1}{l_b}+\frac{1}{l_c}>\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

11. $\frac{1}{l_a}+\frac{1}{l_b}+\frac{1}{l_c}\leq \frac{1}{r}$

12. $\frac{1}{l_a}+\frac{1}{l_b}+\frac{1}{l_c}\geq \frac{1}{R}+\frac{1}{2r}$ , $\frac{1}{l_a}+\frac{1}{l_b}+\frac{1}{l_c}\geq \frac{2}{R}$

13. $\frac{l_a+l_b}{c}+\frac{l_b+l_c}{a}+\frac{l_a+l_c}{b}\leq 3\sqrt{3}$

14. $\frac{l_a^2} {bc} +\frac{l_b^2}{ca} +\frac{l_c^2}{ab} \leq \frac{r_a+r_b+r_c}{2R}$

15. $l_a(\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+l_b(\frac{1}{a}+\frac{1}{c})+l_c(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})\leq 3\sqrt{3}$

16. $\frac{l_a}{b+c}+\frac{l_b}{c+a}+\frac{l_c}{a+b}\le \frac{3\sqrt{3}}{4}$

17. $\frac{ab}{l_c}+\frac{bc}{l_a}+\frac{ca}{l_b}\leq 6R$

18. $\frac{a}{l_b+l_c}+\frac{b}{l_c+l_a}+\frac{c}{l_a+l_b}\geq \sqrt{3}$

19. $\frac{a}{l_a}+\frac{b}{l_b}+\frac{c}{l_c}\geq 2$

20. $3\sqrt[3]{\frac{4R}{p}} \leq \frac{9}{p^2}\leq \frac{a}{l_a}+\frac{b}{l_b}+\frac{c}{l_c}\leq \frac{p^2-r^2-4pr}{pr}$

21. $\frac{9}{p^2}\leq \frac{a}{l_a^2}+\frac{b}{l_b^2}+\frac{c}{l_c^2}\leq \frac{p^2-r^2-4Rr}{2S^2}$

22. $\frac{a+b}{l_a+l_b}+\frac{b+c}{l_b+l_c}+\frac{c+a}{l_c+l_a}\geq 2\sqrt{3}$

23. $l_al_bl_c \leq abc \cdot cos\left(\frac{A}{2} \right)cos\left(\frac{B}{2} \right)cos\left(\frac{C}{2} \right)$

25. $l_a \cdot cos{\frac{A}{2}} +l_b \cdot cos{\frac{B}{2}}+ l_c\cdot cos{\frac{C}{2}} \geq p( cos A + cos B+ cos C)$

26. $l_a+l_b+l_c\geq \sqrt{absinAsinB}+\sqrt{bcsinBsinC}+\sqrt{casinCsinA}$

27. $2\sqrt{3}+\frac{3}{2}(1-\frac{2r}{r})\leq\frac{a}{l_a}+\frac{b}{l_b}+\frac{c}{l_c}\leq 2\sqrt{3}+\sqrt{2}(\frac{R}{2r}-1)$

28. $\frac{p^2+r^2+ 4Rr}{2R} \leq l_a+l_b+l_c \leq min \begin{Bmatrix} p\sqrt{3},4R+r \end{Bmatrix}$

29. $\frac{2p^2r^2}{R} \leq l_al_bl_c \leq min \begin {Bmatrix} p^2r,\frac{27R^3}{8} \end{Bmatrix}$

30. $3\sqrt{3}IA\cdot IB\cdot IC \leq abc$

31. $\frac{IA\cdot IB\cdot IC}{aIA^2+bIb^2+cIC^2}\leq \frac{1}{3\sqrt{3}}$

32. $IA+IB+IC<\frac{\sqrt{2}}{2}(a+b+c)$

33. $IA\cdot IB\cdot IC\leq \frac{3\sqrt{3}{a}^{2}{b}^{2}{c}^{2}}{{(a+b+c)}^{3}}$

34. $\frac{1}{4}\leq \frac{AI\cdot BI\cdot CI}{l_a\cdot l_b\cdot l_c}\leq \frac{8}{27}$

35. $\sum \sqrt{a(bc-IA^2)} \leq \sqrt{6abc}$

36. $\frac{h_a}{l_a}\geq \sqrt{\frac{2r}{R}}$ ,

37. $\frac{h_a}{l_a}+\frac{h_b}{l_b}+\frac{h_c}{l_c}\geq 3\frac{\sqrt{2r}}{\sqrt{R}}$

38. $\frac{MA}{l_b+l_c}+\frac{MB}{l_c+l_a}+\frac{MC}{l_a+l_b}\geq 3\frac{\sqrt{2r}}{\sqrt{R}}$

39. $ID\cdot IE\cdot IF\leq \frac{3\sqrt{3}{a}^{2}{b}^{2}{c}^{2}}{2\sqrt{2}{(a+b+c)}^{3}}\sqrt{\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}$

40. $\sum \frac{a\cdot l_a^2}{ \sin^2A} \geq 3abc$

Οι AI, BI, CI τέμνουν τον κύκλο (O) στα A_1,B_1,C_1

41. $IA_1+IB_1+IC_1\geq IA+IB+IC$

42. $\frac{1}{IA_1}+\frac{1}{IB_1}+\frac{1}{IC_1}\geq \frac{3}{R}$

43. $S_ {A_1B_1C_1} \geq S_{ABC}$

44. $p_ {A_1B_1C_1} \geq p_{ABC}$

45. $IA^2 +IB^2 +IC^2 \leq IA_1 ^2+IB_1^2 +IC_1^2$

46. $\frac{AB}{A_1B_1}+\frac{BC}{B_1C_1}+\frac{CA}{C_1A_1}=2\left(1+\frac{r_1}{R} \right)\leq 3$

47. $\frac{l_a}{DA_1}+\frac{l_b}{EB_1}+\frac{l_c}{FC_1}\geq 9$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 27, 2010 3:57 pm**

Η πρώτη:

$\displaystyle \sum{l_{a}}=\sum{\frac{2bc}{b+c}\sqrt{\frac{s\left(s-a \right)}{bc}}}\leq \sqrt{s}\sum{\sqrt{s-a}}\leq \sqrt{s}\sqrt{3}\sqrt{3s-a+b+c}=\sqrt{3}s$

23.
$\displaystyle l_{a}=\frac{2bc}{b+c}\sqrt{\frac{s\left(s-a \right)}{bc}}=\frac{2bc}{b+c}\cos\frac{A}{2}$

όμοια $\displaystyle l_{b}=\frac{2ca}{a+c}\cos\frac{B}{2},l_{c}=\frac{2ba}{a+b}\cos\frac{C}{2}$

Άρα: $\displaystyle \prod{l_{a}}\leq abc\prod{\cos\frac{A}{2}}\Leftrightarrow 8\prod{a^{2}}\left(\prod{\left(b+c \right)} \right)^{-1}\prod{\cos\frac{A}{2}}\leq \prod{a}\prod{\cos\frac{A}{2}}\Leftrightarrow 8abc\leq \prod{\left(b+c \right)}$

που η τελευταια προκύπτει από τον κατα μέλη πολλαπλασιασμό των $\displaystyle a+b\geq 2\sqrt{ab},b+c\geq 2\sqrt{bc},c+a\geq 2\sqrt{ca}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 27, 2010 5:03 pm**

Aλλη μια:
33) $\displaystyle \displaystyle IA\cdot IB\cdot IC\leq \frac{3\sqrt{3}a^{2}b^{2}c^{2}}{\left(a+b+c \right)^{3}}$

$\displaystyle IA\cdot IB\cdot IC\leq \frac{3\sqrt{3}a^{2}b^{2}c^{2}}{\left(a+b+c \right)^{3}}\Leftrightarrow \frac{r^{3}}{\prod{\sin\frac{A}{2}}}8s^{3}\leq 3\sqrt{3}a^{2}b^{2}c^{2}\Leftrightarrow 8E^{3}\leq 3\sqrt{3}a^{2}b^{2}c^{2}\prod{\sin\frac{A}{2}}\Leftrightarrow 8\frac{a^{3}b^{3}c^{3}}{64R^{3}}\leq 3\sqrt{3}a^{2}b^{2}c^{2}\frac{r}{4R}\Leftrightarrow 6\sqrt{3}R^{2}r\geq abc$

Όμως: $\displaystyle 6\sqrt{3}R^{2}r=6\sqrt{3}R\frac{abc}{4E}\frac{E}{s}=\frac{3\sqrt{3}abcR}{a+b+c}\geq abc$

αφού $\displaystyle s^{2}\leq 4R^{2}+4rR+3r^{2}\leq 4R^{2}+2R^{2}+R^{2}/4\Leftrightarrow 4s^{2}\leq 27R^{2}\Leftrightarrow a+b+c\leq 3\sqrt{3}R$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 27, 2010 7:54 pm**

36.

$\boxed {\frac{h_{a}}{l_{a}}\geq \sqrt{\frac{2r}{R}}}$

$\displaystyle \frac{h_{a}}{l_{a}}\geq \sqrt{\frac{2r}{R}}\Leftrightarrow \frac{h^{2}_{a}}{l^{2}_{a}}\geq \frac{2r}{R}\Leftrightarrow \frac{R}{2r}\cdot\frac{h^{2}_{a}}{l^{2}_{a}}\geq 1$

Όμως: $\displaystyle \frac{R}{2r}\cdot\frac{h^{2}_{a}}{l^{2}_{a}}=\frac{abc}{4E}\cdot\frac{s}{2E}\cdot\frac{4E^{2}}{a^{2}}\cdot\frac{\left(b+c \right)^{2}}{4bcs\left(s-a \right)}=\frac{\left(b+c \right)^{2}}{8a\left(s-a \right)}=\frac{\left(b+c \right)^{2}}{4a\left(b+c-a \right)}\geq 1$

Αφού: $\displaystyle \left(b+c \right)^{2}\geq 4a\left(b+c-a\Leftrightarrow \left(b+c \right) \right)^{2}-4a\left(b+c \right)+4a^{2}\geq 0\Leftrightarrow \left(b+c-2a \right)^{2}\geq 0$

που ισχύει, η ισότητα ισχύει αν b=c=a

.

37. Όμοια δείχνουμε $\displaystyle \boxed{\frac{h_{b}}{l_{b}}\geq \sqrt{\frac{2r}{R}},\frac{h_{c}}{l_{c}}\geq \sqrt{\frac{2r}{R}}}$

Άρα προσθέτοντας θα πάρουμε :

$\displaystyle \frac{h_{a}}{l_{a}}+\frac{h_{b}}{l_{b}}+\frac{h_{c}}{l_{c}}\geq 3\sqrt{\frac{2r}{R}}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 28, 2010 2:21 am**

30.

$\displaystyle {3\sqrt{3}IA\cdot IB\cdot IC\leq abc}$

Από το ερώτημα 33) δείξαμε $\displaystyle IA\cdot IB\cdot IC\leq \frac{3\sqrt{3}a^{2}b^{2}c^{2}}{\left(a+b+c \right)^{3}}$

Αρκεί $\displaystyle \frac{abc}{3\sqrt{3}}\geq \frac{3\sqrt{3}a^{2}b^{2}c^{2}}{\left(a+b+c \right)^{3}}\Leftrightarrow \left(a+b+c \right)^{3}\geq 27abc$

που ισχύει η τελευταια αφού είναι η $\displaystyle a+b+c\geq 3\sqrt{3}abc$ είς τον κύβο.

5. $\displaystyle l_{a}l_{b}l_{c}\leq s^{2}r$

Είναι: $\displaystyle l_{a}l_{b}l_{c}=\prod{\frac{2bc}{b+c}\sqrt{\frac{s\left(s-a \right)}{bc}}}=\frac{8abc}{\left(a+b \right)\left(b+c \right)\left(c+a \right)}s\sqrt{s\left(s-a \right)\left(a-b \right)\left(s-c \right)}=$

$\displaystyle \frac{8abc}{\left(a+b \right)\left(b+c \right)\left(c+a \right)}s^{2}r\leq s^{2}r$

μιας και $\displaystyle \prod{\left(a+b \right)}\geq 8abc$

29. $\displaystyle \frac{2s^{2}r^{2}}{R}\leq l_{a}l_{b}l_{c}\leq \min \left\{s^{2}r,\frac{27R^{3}}{8} \right\}$

Είναι $\displaystyle s^{2}r\leq \frac{27}{4}R^{2}\cdot\frac{R}{2}=\frac{27R^{3}}{8}\Rightarrow \min \left\{s^{2}r,\frac{27R^{3}}{8} \right\}=s^{2}r$

Άρα αρκεί να είναι $\displaystyle \prod{l_{a}}\leq s^{2}r$ που ισχύει από την 5.

$\displaystyle \prod{l_{a}}\geq \frac{2s^{2}r^{2}}{R}\Leftrightarrow \frac{8abcs}{\prod{\left(a+b \right)}}E\geq 2\frac{srE}{R}\Leftrightarrow 4abcR\geq r\prod{\left(a+b \right)}\Leftrightarrow$

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

Με χρήση δυικής : $\displaystyle s-a=k,s-b=l,s-c=m$ η αποδεικτέα γίνεται: $\displaystyle \prod{\left(k+l \right)^{2}}\geq klm\prod{\left(2k+l+m \right)}$ .

H τελευταία είναι ομογενής οπότε θεωρώ klm=1

.Θέτωντας $\displaystyle k=\frac{1}{x},l=\frac{1}{y},m=\frac{1}{z}$ θα γίνει

$\displaystyle \prod{\left(x+y \right)^{2}}\geq \prod{\left(2xy+yz+zx \right)}$ (1) .Όμως είναι ακόμα:

$\displaystyle \prod{\left(x+y \right)^{2}}=\left[\left(x+y \right)\left(y+z \right) \right]\left[\left(y+z \right)\left(z+x \right) \right]\left[\left(z+x \right)\left(x+y \right) \right]=\left(\sum{xy}+y^{2} \right)\left(\sum{xy}+y^{2} \right)\left(\sum{zx} +z^{2}\right)$

Όμως: $\displaystyle \left[\left(\sum{xy}+x^{2} \right)\left(\sum{xy}+y^{2} \right)\left(\sum{zx} +z^{2}\right) \right]^{2}=$

$\displaystyle \left[\left(\sum{xy}+x^{2} \right)\left(\sum{xy}+y^{2} \right) \right]\left[\left(\sum{xy}+y^{2} \right)\left(\sum{zx} +z^{2}\right)\right]\left[\left(\sum{zx} +z^{2}\right)\left(\sum{zx} +z^{2}\right) \right]\geq$

$\displaystyle \geq \left(\sum{xy}+xy \right)^{2}\left(\sum{xy}+yz\right)^{2}\left(\sum{xy}+zx \right)^{2}=\left(\prod{\left(2xy+yz+zx \right)} \right)^{2}$

Άρα η (1) ισχύει.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 29, 2010 3:49 pm**

17. $\displaystyle \frac{ab}{l_{c}}+\frac{bc}{l_{a}}+\frac{ca}{l_{b}}\leqslant 6R$

Είναι λοιπόν από τους τύπους:
$\displaystyle l_{a}=\frac{2bc}{b+c}\cos\frac{A}{2},l_{b}=\frac{2ca}{c+a}\cos\frac{B}{2},l_{c}=\frac{2ca}{c+a}\cos\frac{C}{2}$

$\displaystyle \frac{ab}{l_{c}}+\frac{bc}{l_{a}}+\frac{ca}{l_{b}}=\frac{1}{2}\sum{\frac{b+c}{\cos\frac{A}{2}}}$

$\displaystyle \frac{1}{2}\sum{\frac{b+c}{\cos\frac{A}{2}}}=\frac{1}{2}\sum{\left(b+c \right)\cos\frac{B}{2}\cos\frac{C}{2}}\prod{\cos^{-1}\frac{A}{2}}\leqslant 6R$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sum{\left(b+c \right)\cos\frac{B}{2}\cos\frac{C}{2}}\leqslant 12R\prod{\cos\frac{A}{2}}$

Από τον τύπο: $\displaystyle \prod{\cos\frac{A}{2}}=\frac{s}{4R}$ o oποίος αποδεικνύεται με την χρήση των

$\displaystyle \cos\frac{A}{2}=\sqrt{\frac{s\left(s-a \right)}{bc}},\cos\frac{B}{2}=\sqrt{\frac{s\left(s-b \right)}{ca}},\cos\frac{C}{2}=\sqrt{\frac{s\left(s-c \right)}{ab}}$

$\displaystyle \prod{\cos\frac{A}{2}}=\sqrt{\frac{s\left(s-a \right)}{bc}\cdot\frac{s\left(s-b \right)}{ca}\cdot\frac{s\left(s-c \right)}{ab}}=\frac{sE}{abc}=\frac{s}{4R}$

Ακόμη: $\displaystyle \cos\frac{B}{2}\cos\frac{C}{2}=\frac{s}{a}\sqrt{\frac{\left(s-b \right)\left(s-c \right)}{bc}}=\frac{s}{a}\sin\frac{A}{2}$

Όμοια λαμβανουμε: $\displaystyle \cos\frac{C}{2}\cos\frac{A}{2}=\frac{c+a}{b}\sin\frac{B}{2},\cos\frac{A}{2}\cos\frac{B}{2}=\frac{a+b}{c}\cos\frac{C}{2}$

Αρκεί να δείξω επομένως: $\displaystyle \sum{\left(b+c \right)\cos\frac{B}{2}\cos\frac{C}{2}}\leqslant 12R\frac{s}{4R}\Leftrightarrow \sum{\frac{b+c}{a}}\sin\frac{A}{2}\leqslant 3$

Όμως: $\displaystyle \cos\frac{B-C}{2}=\frac{b+c}{a}\sin\frac{A}{2},\cos\frac{C-A}{2}=\frac{c+a}{b}\sin\frac{B}{2},\cos\frac{B-A}{2}=\frac{b+a}{c}\sin\frac{C}{2}$

Αρκεί να δείξω: $\displaystyle \sum{\cos\frac{B-C}{2}}\leqslant 3$ .

Επειδή $\displaystyle -\frac{\pi}{2}<\frac{B-C}{2}<\frac{\pi}{2},-\frac{\pi}{2}<\frac{A-B}{2}<\frac{\pi}{2},-\frac{\pi}{2}<\frac{C-A}{2}<\frac{\pi}{2}$

και η συνάρτηση $\displaystyle f\left(x \right)=\cos x,x\epsilon \left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2} \right)$ είναι κοίλη εφαρμόζοντας την ανισότητα

Jensen: $\displaystyle \sum{\cos\frac{B-C}{2}}\leqslant 3\cos\left(\sum{\frac{B-C}{6}} \right)=3$ αποδεικνυεται η ανισότητα.

H ισότητα ισχυει όταν $A=B=C=60^{0}$ δηλαδή όταν το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 30, 2010 4:26 pm**

19. $\displaystyle \frac{a}{l_{a}}+\frac{b}{l_{b}}+\frac{c}{l_{c}}\geqslant 6$ (προφανώς 6 πρεπει να είναι)

Aπό ΑΜ-ΓΜ έχουμε: $\displaystyle \frac{a}{l_{a}}+\frac{b}{l_{b}}+\frac{c}{l_{c}}\geqslant 3\sqrt[3]{\frac{abc}{l_{a}l_{b}l_{c}}}$

Όμως: $\displaystyle \frac{abc}{l_{a}l_{b}l_{c}}=\frac{abc}{8a^{2}b^{2}c^{2}}\prod{\left(a+b \right)}\prod{\cos\frac{A}{2}}\qeqslant$

$\displaystyle \geqslant \frac{1}{8abc}8abc\prod{\cos\frac{A}{2}}=\prod{\cos\frac{A}{2}}$

Άρα αρκεί να δειχτεί $\displaystyle \prod{\cos\frac{A}{2}}\leqslant \frac{1}{8}$ το οποίο ισχύει αφου μπορεί να αποδειχτεί :

$\displaystyle \prod{\cos\frac{A}{2}}\leqslant \left(\frac{1}{3}\sum{\cos\frac{A}{2}} \right)^{3}\leqslant \frac{1}{8}$

αφού η $\displaystyle \cos x$ είναι κοίλη στο διαστημα $\displaystyle \left(0,\frac{\pi}{2} \right)$ άρα από Jensen:

$\displaystyle \sum{\cos\frac{A}{2}}\leqslant 3\cos\left(\frac{1}{3}\sum{A} \right)=\frac{3}{2}$

40. $\displaystyle \sum{\frac{al_{a}^{2}}{\sin^{2}A}}\geqslant 3abc$

Είναι: $\displaystyle \sum{\frac{al_{a}^{2}}{\sin^{2}A}}=\sum{a\left(\frac{2\sqrt{bc}}{b+c} \sqrt{s\left(s-a \right)\right)^{2}}\frac{b^{2}c^{2}}{4S^{2}}}=$
$\displaystyle =abc\sum{\frac{b^{2}c^{2}}{\left( b+c \right)^{2}\left(s-b \right)\left(s-c \right)}}$

Από AM-GM: $\displaystyle abc\sum{\frac{b^{2}c^{2}}{\left( b+c \right)^{2}\left(s-b \right)\left(s-c \right)}}\geq 3abc\sqrt[3]{\prod{\frac{b^{2}c^{2}}{\left(b+c \right)^{2}\left(s-b \right)\left(s-c \right)}}}$

Τελικά αρκεί να δείξουμε $\displaystyle \prod{\frac{b^{2}c^{2}}{\left(b+c \right)^{2}\left(s-b \right)\left(s-c \right)}}\geqslant 1$

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

Με χρήση δυικής $\displaystyle s-a=x,s-b=y,s-c=z$ η παραπάνω γίνεται: $\displaystyle \prod{\left(x+y \right)^{2}}\geqslant xyz\prod{\left(2x+y+z \right)}$

η οποία αποδείχτηκε παραπάνω.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 01, 2010 7:34 pm**

26. $\displaystyle l_{a}+l_{b}+l_{c}\geqslant \sqrt{ab\sin A\sin B}+\sqrt{bc\sin B\sin C}+\sqrt{ca\sin C\sin A}$

Από την χρήση των τύπων: $\displaystyle \sin A=\frac{2S}{bc},\sin B=\frac{2S}{ca},\sin C=\frac{2S}{ab}$

Άρα: $\displaystyle \sqrt{ab\sin A\sin B}+\sqrt{bc\sin B\sin C}+\sqrt{ca\sin C\sin A}=\sum{\sqrt{ab\cdot\frac{2S}{bc}\cdot\frac{2S}{ca}}}=$

$\displaystyle =2S\sum{\frac{1}{a}}$ οπότε η δοθείσα από την χρήση του τύπου της διχοτόμου αρκεί να δείξω:

$\displaystyle \sum{\frac{2bc}{b+c}\cos\frac{A}{2}}\geqslant 2S\sum{\frac{1}{a}}$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sum{\frac{bc}{S\left(b+c \right)}\cos\frac{A}{2}}\geqslant \sum{\frac{1}{a}}$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sum{\frac{bc}{\left(b+c \right)\sqrt{s\left(s-a \right)\left(s-b \right)\left(s-c \right)}}\cdot\sqrt{\frac{s\left(s-a \right)}{bc}}}\geqslant \sum{\frac{1}{a}}$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sum{\frac{1}{b+c}\sqrt{\frac{bc}{\left(s-b \right)\left(s-c \right)}}}\geqslant \sum{\frac{1}{a}}$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sum{\frac{1}{a}\cdot\frac{a}{\left(b+c \right)\sin\frac{A}{2}}}\geqslant \sum{\frac{1}{a}}$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sum{\frac{1}{a\cos\frac{B-C}{2}}}\geqslant \sum{\frac{1}{a}}$ η οπόια ισχύει διότι:

$\displaystyle 0<\cos\frac{B-C}{2},\cos\frac{C-A}{2},\cos\frac{A-B}{2}\leqslant 1$ και $\displaystyle -\frac{\pi}{2}<\frac{B-C}{2},\frac{C-A}{2},\frac{A-B}{2}<\frac{\pi}{2}$ .

Η ισότητα ισχύει όταν $\displaystyle \cos\frac{B-C}{2}=\cos\frac{C-A}{2}=\cos\frac{A-B}{2}=1\Leftrightarrow$ $\displaystyle A-B=B-C=C-A=0\Leftrightarrow A=B=C=60^{0}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 01, 2010 7:54 pm**

11. $\displaystyle \frac{1}{l_{a}}+\frac{1}{l_{b}}+\frac{1}{l_{c}}\leqslant \frac{1}{r}$

$\displaystyle \frac{1}{l_{a}}+\frac{1}{l_{b}}+\frac{1}{l_{c}}\leqslant \frac{1}{r}\Leftrightarrow$

$\displaystyle \sum{\frac{b+c}{2\sqrt{bcs\left(s-a \right)}}}\leqslant \frac{s}{\sqrt{s\left(s-a \right)\left(s-b \right)\left(s-c \right)}}$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sum{\left(b+c \right)\sqrt{\frac{\left(s-b \right)\left(s-c \right)}{bc}}}\leqslant a+b+c$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sum{\left(b+c \right)\sin\frac{A}{2}}\leqslant a+b+c$

που ισχύει αφού: $\displaystyle \sum{\left(b+c \right)\sin\frac{A}{2}}=\sum{a\cdot\frac{b+c}{a}\sin\frac{A}{2}}=\sum{a\cos\frac{B-C}{2}}\leqslant$ $\displaystyle \sum{a}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 01, 2010 8:01 pm**

kwstas12345 έγραψε:11. $\displaystyle \frac{1}{l_{a}}+\frac{1}{l_{b}}+\frac{1}{l_{c}}\leqslant \frac{1}{r}$

$\displaystyle \frac{1}{l_{a}}+\frac{1}{l_{b}}+\frac{1}{l_{c}}\leqslant \frac{1}{r}\Leftrightarrow$

$\displaystyle \sum{\frac{b+c}{2\sqrt{bcs\left(s-a \right)}}}\leqslant \frac{s}{\sqrt{s\left(s-a \right)\left(s-b \right)\left(s-c \right)}}$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sum{\left(b+c \right)\sqrt{\frac{\left(s-b \right)\left(s-c \right)}{bc}}}\leqslant a+b+c$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sum{\left(b+c \right)\sin\frac{A}{2}}\leqslant a+b+c$

που ισχύει αφού: $\displaystyle \sum{\left(b+c \right)\sin\frac{A}{2}}=\sum{a\cdot\frac{b+c}{a}\sin\frac{A}{2}}=\sum{a\cos\frac{B-C}{2}}\leqslant$ $\displaystyle \sum{a}$ .

Μία απλούστερη αντιμετώπιση:

Ισχύει ως γνωστόν, $\displaystyle{l_{a}\geq h_{a}}$ κ.τ.λ. όπου $\displaystyle{h_{a}}$ το ύψος του τριγώνου που αντιστοιχεί στην πλευρά $\displaystyle{a}$ .

Επομένως,

$\displaystyle{\frac{1}{l_{a}}+\frac{1}{l_{b}}+\frac{1}{l_{c}}\leq \frac{1}{h_{a}}+\frac{1}{h_{b}}+\frac{1}{h_{c}}=\frac{a}{2E}+\frac{b}{2E}+\frac{c}{2E}=\frac{a+b+c}{2E}=\frac{2s}{2sr}=\frac{1}{r},}$

όπου $\displaystyle{E}$ το εμβαδόν του τριγώνου.

mathematica.gr

ΔΙΧΟΤΟΜΟΙ

ΔΙΧΟΤΟΜΟΙ

Re: ΔΙΧΟΤΟΜΟΙ

Re: ΔΙΧΟΤΟΜΟΙ

Re: ΔΙΧΟΤΟΜΟΙ

Re: ΔΙΧΟΤΟΜΟΙ

Re: ΔΙΧΟΤΟΜΟΙ

Re: ΔΙΧΟΤΟΜΟΙ

Re: ΔΙΧΟΤΟΜΟΙ

Re: ΔΙΧΟΤΟΜΟΙ

Re: ΔΙΧΟΤΟΜΟΙ