Ο495 AΠΟ MATHEMATICAL REFLECTIONS

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #1

Σας προτείνω το θέμα Ο495 από το πέμπτο τεύχος του 2019 των Mathematical Reflections.
To θέμα προτάθηκε από τον Ngugen Viet Hung του Hanoi University of Science στο Βιετνάμ.
Η καταληκτική ημερομηνία υποβολής λύσεων παρήλθε , έτσι μπορώ άνετα να το προτείνω.

Έστω ABC

ένα οξυγώνιο τρίγωνο. Αποδείξτε ότι

$\displaystyle\frac{h_{b}h_{c}}{a^{2}}+\frac{h_{c}h_{a}}{b^{2}}+\frac{h_{a}h_{b}}{c^{2}}\leq 1+\frac{r}{R}+\frac{1}{3}\left ( 1+\frac{r}{R} \right )^{2}$

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ
Η απόδειξη που βρήκα εφαρμόζεται σε οποιοδήποτε τρίγωνο. Η ανισότητα ισχύει σε οποιοδήποτε τρίγωνο , όχι κατ' ανάγκην οξυγώνιο.

Al.Koutsouridis · #2

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 16, 2019 9:07 am
Σας προτείνω το θέμα Ο495 από το πέμπτο τεύχος του 2019 των Mathematical Reflections.
To θέμα προτάθηκε από τον Ngugen Viet Hung του Hanoi University of Science στο Βιετνάμ.
Η καταληκτική ημερομηνία υποβολής λύσεων παρήλθε , έτσι μπορώ άνετα να το προτείνω.

Έστω ένα οξυγώνιο τρίγωνο. Αποδείξτε ότι

$\displaystyle\frac{h_{b}h_{c}}{a^{2}}+\frac{h_{c}h_{a}}{b^{2}}+\frac{h_{a}h_{b}}{c^{2}}\leq 1+\frac{r}{R}+\frac{1}{3}\left ( 1+\frac{r}{R} \right )^{2}$

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ
Η απόδειξη που βρήκα εφαρμόζεται σε οποιοδήποτε τρίγωνο. Η ανισότητα ισχύει σε οποιοδήποτε τρίγωνο , όχι κατ' ανάγκην οξυγώνιο.

Μία προσπάθεια που προϋποθέτει την γνώση μερικών μετρικών σχέσεων και ανισοτήτων.

Από τις σχέσεις $h_{a}= \dfrac{bc}{2R} \quad , h_{b}= \dfrac{ca}{2R} \quad , h_{c}= \dfrac{ab}{2R}$ η δοθείσα ανισότητα γράφεται

$\displaystyle\frac{ab}{4R^{2}}+\frac{bc}{4R^{2}}+\frac{ca}{4R^{2}}\leq 1+\frac{r}{R}+\frac{1}{3}\left ( 1+\frac{r}{R} \right )^{2} \Leftrightarrow$

$\displaystyle ab+bc+ca \leq 4R^2 \left ( 1+\frac{r}{R}+\frac{1}{3}\left ( 1+\frac{r}{R} \right )^{2} \right ) \Leftrightarrow$

$\displaystyle ab+bc+ca \leq 4R^2 + 4Rr +\dfrac{4}{3} \left (R^2+2Rr+r^2 \right ) \Leftrightarrow$

Όμως από την γνωστή μετρική σχέση ab+bc+ca = r^2+4Rr+p^2

η ανισότητα γράφεται ισοδύναμα

$\displaystyle r^2+4Rr+p^2 \leq 4R^2 + 4Rr +\dfrac{4}{3} \left (R^2+2Rr+r^2 \right ) \Leftrightarrow$

$\displaystyle 3r^2 +12Rr +3p^2 \leq 12R^2 +12rR +4R^2 +8Rr +4r^2 \Leftrightarrow$

$\displaystyle 3p^2 \leq 16R^2 +8Rr +r^2 \Leftrightarrow$

$\displaystyle 3p^2 \leq 12R^2 +12Rr +9r^2 +4R^2-4Rr-8r^2 \Leftrightarrow$

$\displaystyle 3p^2 \leq 3 \left (4R^2 +4Rr +3r^2 \right) +\left (2R^2-4Rr \right ) +\left (2R^2-8r^2 \right )$

Ισχύει όμως $\displaystyle p^2 \leq 4R^2 +4Rr +3r^2$ βλέπε π.χ. Πρασάλοβ 10.34 ή 10.35 ή και αλλού καθώς και

$\displaystyle \left (2R^2-4Rr \right ) = 2R(R-2r) \geq 0$

$\displaystyle \left (2R^2-8r^2 \right ) =2 (R^2-4r^2) \geq 0$

από την ανισότητα Euler $\displaystyle R\geq 2r$ .

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #3

Δεν έχω να γράψω κάτι πάνω στην λύση του Αλέξανδρου , είναι ουσιαστικά η λύση που σκέφτηκα.
Οφείλω βέβαια να ευχαριστήσω τον Αλέξανδρο γιατί ασχολήθηκε με το θέμα.

#4

Όπως φαίνεται και από την απόδειξη του Αλέξανδρου, πρόκειται για μια χαλαρή ανισότητα.

Ας δούμε και την ακόλουθη παρατήρηση.

Η αποδεικτέα γράφεται (γιατί;) ως

$\displaystyle{\sum \sin B\sin C \leq \sum \cos A+\frac{1}{3}\left (\sum \cos A \right)^2.}$

Λόγω της $\displaystyle{1<\sum \cos A\leq \frac{3}{2},}$ είναι $\displaystyle{\sum \cos A\geq \frac{2}{3}\left(\sum \cos A\right)^2}$ , οπότε αρκεί να αποδείξουμε

$\displaystyle{\sum \sin B\sin C \leq \left(\sum \cos A\right)^2.}$

Αυτή ακριβώς είναι η ανισότητα Gerretsen: $\displaystyle{s^2\leq 4R^2+4Rr+3r^2.}$

Al.Koutsouridis · #5

matha έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 17, 2019 8:21 pm
Όπως φαίνεται και από την απόδειξη του Αλέξανδρου, πρόκειται για μια χαλαρή ανισότητα.

Ας δούμε και την ακόλουθη παρατήρηση.

Η αποδεικτέα γράφεται (γιατί;) ως

$\displaystyle{\sum \sin B\sin C \leq \sum \cos A+\frac{1}{3}\left (\sum \cos A \right)^2.}$

Λόγω της $\displaystyle{1<\sum \cos A\leq \frac{3}{2},}$ είναι $\displaystyle{\sum \cos A\geq \frac{2}{3}\left(\sum \cos A\right)^2}$ , οπότε αρκεί να αποδείξουμε

$\displaystyle{\sum \sin B\sin C \leq \left(\sum \cos A\right)^2.}$

Αυτή ακριβώς είναι η ανισότητα Gerretsen: $\displaystyle{s^2\leq 4R^2+4Rr+3r^2.}$

Όντως φαίνεται (το φαίνεται γιατί δεν έχω απόδειξη για όλα τα βήματα) να είναι χαλαρή. Στο παρακάτω βήμα της παραπάνω απόδειξης

$\displaystyle ab+bc+ca \leq 4R^2 + 4Rr +\dfrac{4}{3} \left (R^2+2Rr+r^2 \right )$

για την σχέση $\displaystyle ab+bc+ca$ αποδεικνύεται (θα την βάλλω σαν ξεχωριστή άσκηση τις επόμενες μέρες), ότι ισχύει η ανισότητα

$\displaystyle ab+bc+ca \leq 2R^2+6Rr-2r^2+2d(R-2r)$ ,

όπου $\displaystyle d=OI=\sqrt{R(R-2r)}$

Για να είναι η παραπάνω ανισότητα πιο ισχυρή θα πρέπει

$\displaystyle 2R^2+6Rr-2r^2+2d(R-2r) \leq 4R^2 + 4Rr +\dfrac{4}{3} \left (R^2+2Rr+r^2 \right )$

η οποία ισοδύναμα μετά από πράξεις και απαλοιφές γίνεται

$\displaystyle 5R^2+Rr+5r^2 -3(R-2r)\sqrt{R(R-2r)} \geq 0$

Το λογισμικό (το online WolframAlpha) δείχνει, ότι η παραπάνω ανισότητα ισχύει. Μένει να αποδειχτεί. Τότε θα έχουμε βρει και μια πιο ισχυρή ανισότητα, ίσως και την καλύτερη δυνατή αν και θέλει μελέτη αυτό, για την αρχική ανισότητα.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #6

Νομίζω ότι είναι σωστό να παρουσιάσω την λύση που δημοσίευσαν οι Reflections. Η δημοσίευση δόθηκε στις 10-12-2019.

: Mathematical Reflections O495.PNG (97.84 KiB) Προβλήθηκε 1220 φορές

Ο495 AΠΟ MATHEMATICAL REFLECTIONS

Ο495 AΠΟ MATHEMATICAL REFLECTIONS

Re: Ο495 AΠΟ MATHEMATICAL REFLECTIONS

Re: Ο495 AΠΟ MATHEMATICAL REFLECTIONS

Re: Ο495 AΠΟ MATHEMATICAL REFLECTIONS

Re: Ο495 AΠΟ MATHEMATICAL REFLECTIONS

Re: Ο495 AΠΟ MATHEMATICAL REFLECTIONS

Μέλη σε σύνδεση