mateforum.ro

Sa se arate ca in triunghiul \( A \)- dreptunghic \( ABC \) exista relatia
\( h+\max\{b,c\}\le\frac {3a\sqrt 3}{4} \), unde \( h \) este distanta varfului \( A \) la latura opusa.

Presupunem WLOG \( b \ge c > 0 \) si deci \( b = c + t \), \( t \ge 0 \). Avem de aratat \( 4(c+t)\sqrt{2c^2 + 2ct + t^2} \) \( \le (2c^2+2ct+t^2) \cdot 3\sqrt{3} - 4c(c+t) \). Membrul drept este pozitiv, iar dupa o ridicare la patrat si cu putina rabdare, este probabila o concluzie. De asemenea putem norma prin \( t \in \{0, 1\} \).

Exista si o solutie frumoasa pentru aceasta problema dupa cum urmeaza:

Ducem \( A\prime \) simetricul lui \( A \) fata de ipotenuza \( BC \) a triunghiului dreptunghic \( ABC \). Astfel, punctele \( A, B, C, A\prime \) sunt conciclice in cercul de raza \( R=\frac{a}{2} \). Acum luam la rost triunghiul \( AA\prime C \). Folosind inegalitatea lui Mitrinovic, anume: \( p\leq\frac{3\sqrt{3}}{2}R \) (care dupa parerea mea se face in clasa 9-a), vom obtine ca \( \frac{1}{2}(2h_{a}+2b)\leq\frac{3\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{a}{2} \), inegalitate care este echivalenta cu \( h_{a}+b\leq\frac{3\sqrt{3}}{4}a \). Analog, aplicand aceeasi inegalitate pentru triunghiul
\( AA\prime B \) va rezulta \( h_{a}+c\leq\frac{3\sqrt{3}}{4}a \), deci concluzia se impune.