[Nierówności] Odległości punktu od boków - wykaż

[jackow005]

Hejka,

mam prośbę. proszę o pomoc w rozwiązaniu takiego zadania:

Wykaż, że jeżeli \(\displaystyle{ d _{1} , d _{2} , d _{3}}\) są odległościami punktu wewnętrznego trójkąta od prostych zawierających jego boki, a \(\displaystyle{ R}\) jest długością promienia okręgu opisanego na trójkącie, to

\(\displaystyle{ \sqrt{d _{1} } + \sqrt{d _{2} }+\sqrt{d _{3} } \leqslant 3 \sqrt{ \frac{R}{2} }}\)

z góry wielkie dzieki

[robin5hood]

\(\displaystyle{ \sqrt{d_1} + \sqrt{d_2} + \sqrt{d_3} \leq 3\sqrt{\frac{d_1 + d_2+ d_3}{3}}}\)
czyli mamy

\(\displaystyle{ \frac{d_1 + d_2 + d_3}{3} \leq \frac{R}{2}}\)

teraz z nierówności Eulera (\(\displaystyle{ r}\) - promien okregu wpisanego w trojkat) \(\displaystyle{ R \geq 2r}\) i mamy

\(\displaystyle{ \frac{d_1 + d_2 + d_3}{3} \leq r}\)

pozostaje zauważyć, że suma \(\displaystyle{ d_1 + d_2 + d_3}\) jest największa gdy \(\displaystyle{ d_1 = d_2 = d_3 = r}\)

[Sylwek]

pozostaje zauważyć, że suma \(\displaystyle{ d_1 + d_2 + d_3}\) jest największa gdy \(\displaystyle{ d_1 = d_2 = d_3 = r}\)

Dlaczego? Kombinowałem z nierównością Czebyszewa ale nie udało mi się tego dowieść.

[limes123]

A po drugie nie tylko w tym przypadku (wystarczy wziąć trójkąt równoboczny).

[Edit]
A po trzecie jak weźmiemy okrąg i trójkąt równoramienny na nim opisany i zaczniemy wydłużać ramiona z zachowaniem długości promienia, to w pewnym momencie będzie istniał taki punkt P (tam gdzie się schodzą ramiona), że jego rzut będzie 3 razy dłuższy od promienia okręgu wpisanego. Ładnie to widac jak sie zrobi rysunek.

[Sylwek]

OK, wierzę, sam próbowałem robić to z A<K, a potem z nierówności Erdosa, ale nie wyszło. Już samo A<K daje chyba za mocne szacowanie. Może pójdzie z Jensena dla \(\displaystyle{ f(x)=\sqrt{x}}\)?

[limes123]

Ja bym chyba kombinował z tym \(\displaystyle{ 2(d_1+d_2+d_3)\leq 3R}\) (*). Można spróbować udowodnić, że największą sumę d1+d2+d3 spośród trójkątów wpisanych w dany okrąg daje trójkąt równoboczny, bo wtedy jest równość w (*), tylko za bardzo nie wiem jak się do tego zabrać...

[Sylwek]

Dziś próbowałem obalić to zadanie, ale potwierdziły się moje obawy, że A<K to już za mocne szacowanie - wystarczy wziąć trójkąt równoramienny o bokach 2,3,3 oraz wybrać punkt wspólny obu ramion tego trójkąta równoramiennego - wówczas nierówność wyjściowa będzie spełniona, a powyższa już nie.

Jedyne co wiemy, to: \(\displaystyle{ ad_1+bd_2+cd_3=2S}\) ...

[Wasilewski]

O ile się nie pomyliłem to należy udowodnić, że:
\(\displaystyle{ \sqrt{ab+bc+ca} \leqslant 3R}\)
Jeszcze nie badałem brzegów obszaru. Metoda była taka; trzeba było znaleźć ekstrema funkcji na płaszczyźnie \(\displaystyle{ ax + by + cz = \frac{abc}{2R}}\), ale tylko w pierwszym oktancie, więc ten obszar to taki trójkąt. Można wyrugować jedną zmienną i rozważać funkcję dwóch zmiennych już na płaszczyźnie xy (też trójkąt). Wynik powyżej; nie sprawdzałem, czy w tym punkcie jest ekstremum, bo nie miałem tego zdrowia, a innych kandydatów na ekstrema nie było. Poza tym dla trójkąta równobocznego zachodzi równość, więc to raczej maksimum. Jutro zmierzę się z brzegami.
Na brzegach są jakieś punkty podejrzane o ekstrema, ale dla nich wartość funkcji jest mniejsza niż w przypadku powyższym, więc dowód tej nierówności wystarczy.
Czas najwyższy skończyć to zadanie. Wobec nierówności:
\(\displaystyle{ a^2 +b^2 + c^2 \geqslant ab + bc + ac \\
(a+b+c)^2 \geqslant 3(ab + bc + ac) \\
\sqrt{ab+bc+ac} \leqslant \frac{a+b+c}{\sqrt{3}} = 2R\sqrt{3} \left(\frac{1}{3} \sin\alpha + \frac{1}{3} \sin\beta + \frac{1}{3} \sin \gamma\right) \leqslant 2R \sqrt{3} \sin \frac{\alpha + \beta + \gamma}{3} = 2R \sqrt{3} \sin \frac{\pi}{3} = 3R}\)
Najpierw twierdzenie sinusów, potem nierówność Jensena dla \(\displaystyle{ f(x) = \sin x}\)