Notam bisectoarele interioare \( BE \), \( CF \) in \( \triangle ABC \), unde \( E\in AC \), \( F\in AB \). Sa se arate ca \( \underline{\overline {\left\|\ EF\ >\ \frac {abc}{(a+b)(a+c)}\ \right\|}} \).
Interpretare sintetica : dreapta \( EF \) este secanta cercului inscris in \( \triangle ABC \).
O inegalitate dificila in triunghi ...
Moderators: Laurian Filip, Beniamin Bogosel, Filip Chindea
-
Virgil Nicula
- Euler
- Posts: 622
- Joined: Fri Sep 28, 2007 11:23 pm
-
Marius Mainea
- Gauss
- Posts: 1077
- Joined: Mon May 26, 2008 2:12 pm
- Location: Gaesti (Dambovita)
Aplicand teoremele bisectoarei si cosinusului obtinem:
\( AE=\frac{bc}{a+c} \) , \( AF=\frac{bc}{a+b} \)
\( EF=\sqrt{\frac{b^2c^2}{(a+c)^2}+\frac{b^2c^2}{(a+b)^2}-2\frac{b^2c^2}{(a+c)(a+b)}\cdot\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}} \) si inegalitatea este echivalenta cu
\( bc[(a+c)^2+(a+b)^2]-(a+b)(a+c)(b^2+c^2-a^2)>a^2bc \) sau prin desfacerea parantezelor
\( a^3+2abc+a^2(b+c)+bc(b+c)>a(b^2+c^2)+b^3+c^3 \) care este adevarata .
\( AE=\frac{bc}{a+c} \) , \( AF=\frac{bc}{a+b} \)
\( EF=\sqrt{\frac{b^2c^2}{(a+c)^2}+\frac{b^2c^2}{(a+b)^2}-2\frac{b^2c^2}{(a+c)(a+b)}\cdot\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}} \) si inegalitatea este echivalenta cu
\( bc[(a+c)^2+(a+b)^2]-(a+b)(a+c)(b^2+c^2-a^2)>a^2bc \) sau prin desfacerea parantezelor
\( a^3+2abc+a^2(b+c)+bc(b+c)>a(b^2+c^2)+b^3+c^3 \) care este adevarata .