Sa se arate ca in \( \triangle ABC \) exista inegalitatile \( \underline {\overline {\left\|\ p\ \le\ \frac {a^2}{b+c}+\frac {b^2}{c+a}+\frac {c^2}{a+b}\ \le\ \frac {2p(R-r)}{R}\ \right\|}}\ . \)
Remarca. Inegalitatea din stanga este usoara si este echivalenta cu \( \overline {\underline {\left\|\ \sum\frac {a}{b+c}\ \ge\frac 32\ \right\|}} \) (Nesbitt).
Inegalitatea din dreapta este mai interesanta si este echivalenta cu \( \overline {\underline {\left\|\ \sum\frac {a}{b+c}+\frac rR\ \le\ 2\ \right\|}}\ . \)
O inegalitate intr-un triunghi (de vacanta ...).
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)
Pentru inegalitatea din stanga:
Solutia 1: Aplicam CBS
\( \frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\ge \frac{(a+b+c)^2}{b+c+c+a+a+b)}=\frac{a+b+c}{2}=p \)
Solutia 2: Tripletele \( (a,b,c) \) si \( (\frac{a}{b+c},\frac{b}{c+a},\frac{c}{a+b}) \) sunt la fel orientate si aplicand inegalitatea Cebasev si inegalitatea lui Nesbitt
\( \frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\ge \frac{1}{3}(a+b+c)(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})\ge \frac{1}{3}(a+b+c)\frac{3}{2}=p \)
Solutia 1: Aplicam CBS
\( \frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\ge \frac{(a+b+c)^2}{b+c+c+a+a+b)}=\frac{a+b+c}{2}=p \)
Solutia 2: Tripletele \( (a,b,c) \) si \( (\frac{a}{b+c},\frac{b}{c+a},\frac{c}{a+b}) \) sunt la fel orientate si aplicand inegalitatea Cebasev si inegalitatea lui Nesbitt
\( \frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\ge \frac{1}{3}(a+b+c)(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})\ge \frac{1}{3}(a+b+c)\frac{3}{2}=p \)
-
Mateescu Constantin
- Newton
- Posts: 307
- Joined: Tue Apr 21, 2009 8:17 am
- Location: Pitesti
Se poate arăta că : \( \fbox{\ \sum\ \frac a{b+c}\ +\ \frac 12\ +\ \frac rR\ \stackrel{(1)}{\le}\ \sum\ \frac a{b+c}\ +\ \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ \stackrel{(2)}{\le}\ \frac 52\ } \) .
Demonstraţie. Inegalitatea \( (1) \) este echivalentă cu \( \frac 12\ +\ \frac rR\ \le\ \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ \Longleftrightarrow\ \frac{R+2r}{2R}\ \le\ \frac{p^2+r^2+4Rr}{2p^2-8Rr-2r^2} \) .
\( \Longleftrightarrow\ p^2\ \le\ 4R^2+5Rr+r^2 \) . Comparând-o cu inegalitatea Gerretsen i.e. \( p^2\ \le\ 4R^2+4Rr+3r^2 \) rămâne
de arătat faptul că : \( 4R^2+4Rr+3r^2\ \le\ 4R^2+5Rr+r^2\ \Longleftrightarrow\ 2r\ \le\ R\ \Longleftrightarrow\ \) inegalitatea lui Euler .
Pentru inegalitatea \( (2) \) , putem scrie : \( \sum\ \frac{a}{b+c}\ =\ \frac{\sum\ a(a+b)(a+c)}{\prod\ (b+c)}\ =\ \frac{a^3+b^3+c^3+(a+b+c)(ab+bc+ca)}{(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc} \) .
Aşadar, \( \fbox{\ \sum\ \frac{a}{b+c}=\frac{2p^2-2Rr-2r^2}{p^2+r^2+2Rr}\ } \) şi inegalitatea \( (2) \) devine : \( \frac{2p^2-2Rr-2r^2}{p^2+r^2+2Rr}\ \le\ \frac 52\ -\ \frac{p^2+r^2+4Rr}{2p^2-8Rr-2r^2} \)
\( \Longleftrightarrow\ \frac{2p^2-2Rr-2r^2}{p^2+r^2+2Rr}\ \le\ \frac{2p^2-12Rr-3r^2}{p^2-r^2-4Rr}\ \Longleftrightarrow\ \ldots\ \Longleftrightarrow\ 0\ \le\ 3p^2r+2p^2R-5r^3-28Rr^2-32R^2r \)
\( \Longleftrightarrow\ \frac{r(32R^2+28Rr+5r^2)}{2R+3r}\ \le\ p^2 \) . Comparând-o cu inegalitatea Gerretsen i.e. \( 16Rr-5r^2\ \le\ p^2 \) rămâne
de demonstrat numai că : \( \frac{r(32R^2+28Rr+5r^2)}{2R+3r}\ \le\ 16Rr-5r^2\ \Longleftrightarrow\ R\ \ge\ 2r \) , ceea ce este adevărat .
Observaţii.
\( \odot\ \) Inegalitatea \( (2) \) apare în cartea Secrets in inequalities (vol. I), pag. 202, unde este însoţită de o altă rezolvare.
\( \odot\ \) Din cele de mai sus deducem şi inegalitatea "mai slabă" : \( \fbox{\ \sum\ \frac a{b+c}\ +\ \frac rR\ \le\ 2\ }\ \ (\ast) \) .
\( \odot\ \) Pe de altă parte, \( \sum\ \frac{a^2}{b+c}=\sum\ \frac{b^2+c^2-2bc\cos A}{b+c}=\frac{(b+c)^2-4bc\cos^2\frac A2}{b+c}=4p\ -\ \sum\ \frac{4p(p-a)}{b+c} \)
\( \Longleftrightarrow\ \sum\ \frac{a^2}{b+c}=4p\ -\ 2p\sum\ \frac{b+c-a}{b+c}\ \ \Longleftrightarrow\ \ \fbox{\ \sum\ \frac{a^2}{b+c}=2p\ \left(\ \sum\ \frac a{b+c}\ -\ 1\ \right)\ }\ \ (\ast\ast) \) .
Acum, folosind relaţia \( \ (\ast) \) obţinem şi inegalitatea : \( \fbox{\ \sum\ \frac{a^2}{b+c}\ \le\ \frac{2p(R-r)}R\ } \) .
\( \odot\ \) Din inegalitatea \( (2) \) şi identitatea\( \ (\ast\ast) \) obţinem \( \fbox{\ \sum\ \frac {a^2}{b+c}\ \le\ (a+b+c)\left(\frac 32\ -\ \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\right)\ }\ \le\ \frac{2p(R-r)}R \)
Demonstraţie. Inegalitatea \( (1) \) este echivalentă cu \( \frac 12\ +\ \frac rR\ \le\ \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ \Longleftrightarrow\ \frac{R+2r}{2R}\ \le\ \frac{p^2+r^2+4Rr}{2p^2-8Rr-2r^2} \) .
\( \Longleftrightarrow\ p^2\ \le\ 4R^2+5Rr+r^2 \) . Comparând-o cu inegalitatea Gerretsen i.e. \( p^2\ \le\ 4R^2+4Rr+3r^2 \) rămâne
de arătat faptul că : \( 4R^2+4Rr+3r^2\ \le\ 4R^2+5Rr+r^2\ \Longleftrightarrow\ 2r\ \le\ R\ \Longleftrightarrow\ \) inegalitatea lui Euler .
Pentru inegalitatea \( (2) \) , putem scrie : \( \sum\ \frac{a}{b+c}\ =\ \frac{\sum\ a(a+b)(a+c)}{\prod\ (b+c)}\ =\ \frac{a^3+b^3+c^3+(a+b+c)(ab+bc+ca)}{(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc} \) .
Aşadar, \( \fbox{\ \sum\ \frac{a}{b+c}=\frac{2p^2-2Rr-2r^2}{p^2+r^2+2Rr}\ } \) şi inegalitatea \( (2) \) devine : \( \frac{2p^2-2Rr-2r^2}{p^2+r^2+2Rr}\ \le\ \frac 52\ -\ \frac{p^2+r^2+4Rr}{2p^2-8Rr-2r^2} \)
\( \Longleftrightarrow\ \frac{2p^2-2Rr-2r^2}{p^2+r^2+2Rr}\ \le\ \frac{2p^2-12Rr-3r^2}{p^2-r^2-4Rr}\ \Longleftrightarrow\ \ldots\ \Longleftrightarrow\ 0\ \le\ 3p^2r+2p^2R-5r^3-28Rr^2-32R^2r \)
\( \Longleftrightarrow\ \frac{r(32R^2+28Rr+5r^2)}{2R+3r}\ \le\ p^2 \) . Comparând-o cu inegalitatea Gerretsen i.e. \( 16Rr-5r^2\ \le\ p^2 \) rămâne
de demonstrat numai că : \( \frac{r(32R^2+28Rr+5r^2)}{2R+3r}\ \le\ 16Rr-5r^2\ \Longleftrightarrow\ R\ \ge\ 2r \) , ceea ce este adevărat .
Observaţii.
\( \odot\ \) Inegalitatea \( (2) \) apare în cartea Secrets in inequalities (vol. I), pag. 202, unde este însoţită de o altă rezolvare.
\( \odot\ \) Din cele de mai sus deducem şi inegalitatea "mai slabă" : \( \fbox{\ \sum\ \frac a{b+c}\ +\ \frac rR\ \le\ 2\ }\ \ (\ast) \) .
\( \odot\ \) Pe de altă parte, \( \sum\ \frac{a^2}{b+c}=\sum\ \frac{b^2+c^2-2bc\cos A}{b+c}=\frac{(b+c)^2-4bc\cos^2\frac A2}{b+c}=4p\ -\ \sum\ \frac{4p(p-a)}{b+c} \)
\( \Longleftrightarrow\ \sum\ \frac{a^2}{b+c}=4p\ -\ 2p\sum\ \frac{b+c-a}{b+c}\ \ \Longleftrightarrow\ \ \fbox{\ \sum\ \frac{a^2}{b+c}=2p\ \left(\ \sum\ \frac a{b+c}\ -\ 1\ \right)\ }\ \ (\ast\ast) \) .
Acum, folosind relaţia \( \ (\ast) \) obţinem şi inegalitatea : \( \fbox{\ \sum\ \frac{a^2}{b+c}\ \le\ \frac{2p(R-r)}R\ } \) .
\( \odot\ \) Din inegalitatea \( (2) \) şi identitatea\( \ (\ast\ast) \) obţinem \( \fbox{\ \sum\ \frac {a^2}{b+c}\ \le\ (a+b+c)\left(\frac 32\ -\ \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\right)\ }\ \le\ \frac{2p(R-r)}R \)