Dany jest trójkąt \(\displaystyle{ \triangle ABC}\) o bokach długości \(\displaystyle{ a, b, c}\) i środkowych trójkąta długości \(\displaystyle{ m_a, m_b, m_c.}\) Udowodnić, że:
\(\displaystyle{ \frac{m_a}{a} + \frac{m_b}{b} + \frac{m_c}{c} \ge \frac{3\sqrt{3}}{2} .}\)
Trójkąt - nierówność
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15685
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 195 razy
- Pomógł: 5219 razy
Re: Trójkąt - nierówność
Najpierw wyprowadzimy następujący wzór na długość środkowej trójkąta o bokach długości \(\displaystyle{ a,b,c}\) połowiącej bok długości \(\displaystyle{ a}\):
\(\displaystyle{ m_{a}=\frac{1}{2}\sqrt{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}}}\):
w trójkącie utworzonym przez boki długości \(\displaystyle{ m_{a}, \frac{a}{2}, b}\) niech \(\displaystyle{ \gamma}\) będzie kątem leżącym naprzeciwko \(\displaystyle{ m_{a}}\). Z twierdzenia cosinusów mamy
\(\displaystyle{ m_{a}^{2}=\left(\frac{a}{2}\right)^{2}+b^{2}-2\frac{a}{2}\cdot b\cos \gamma}\).
Z drugiej strony, również z twierdzenia cosinusów (wszak kąt \(\displaystyle{ \gamma}\) leży naprzeciwko boku długości \(\displaystyle{ c}\)), dostajemy
\(\displaystyle{ c^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab\cos \gamma\\ \cos \gamma=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}\\ m_{a}^{2}=\left(\frac{a}{2}\right)^{2}+b^{2}-2\frac{a}{2}\cdot b\cos \gamma=\left(\frac{a}{2}\right)^{2}+b^{2}-\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2}\\=\frac{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}}{4}}\)
i stąd już łatwo dostajemy wspomniany wzór na długość środkowej.
Tezę zadania możemy więc przepisać w następującej formie:
\(\displaystyle{ \frac{\sqrt{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}}}{2a}+\frac{\sqrt{2c^{2}+2a^{2}-b^{2}}}{2b}+\frac{\sqrt{2a^{2}+2b^{2}-c^{2}}}{2c}\ge \frac{3\sqrt{3}}{2}}\)
gdzie \(\displaystyle{ a,b,c}\) są długościami boków trójkąta.
Mnożymy to stronami przez \(\displaystyle{ 2}\), po czym podnosimy do kwadratu i mamy równoważną nierówność
\(\displaystyle{ \sum \frac{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}}{a^{2}}+2\sum \frac{\sqrt{(2b^{2}+2c^{2}-a^{2})(2c^{2}+2a^{2}-b^{2})}}{ab}\ge 27\\ \sum\left(\frac{b^{2}}{a^{2}}+\frac{a^{2}}{b^{2}}\right)+\sum \frac{\sqrt{(2b^{2}+2c^{2}-a^{2})(2c^{2}+2a^{2}-b^{2})}}{ab}\ge 15}\)
a to można rozbić na dwie nierówności:
oczywistą \(\displaystyle{ \sum\left(\frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{a^{2}}\right)\ge 6}\)
i mniej oczywistą
\(\displaystyle{ \sum \frac{\sqrt{(2b^{2}+2c^{2}-a^{2})(2c^{2}+2a^{2}-b^{2})}}{ab}\ge 9}\),
którą dalej się zajmiemy.
Zauważmy, że
\(\displaystyle{ (2b^{2}+2c^{2}-a^{2})(2c^{2}+2a^{2}-b^{2})\\=\left(\frac{1}{2}a^{2}+\frac{1}{2}b^{2}+2c^{2}-\frac{3}{2}\left(a^{2}-b^{2} \right) \right)\left(\frac{1}{2}a^{2}+\frac{1}{2}b^{2}+2c^{2}+\frac{3}{2}\left(a^{2}-b^{2} \right)\right)\\=\left(\frac{1}{2}a^{2}+\frac{1}{2}b^{2}+2c^{2}\right)^{2}-\frac{9}{4}\left(a^{2}-b^{2}\right)^{2}\ge \left(\frac{1}{2}a^{2}+\frac{1}{2}b^{2}+2c^{2}\right)^{2}}\)
i stąd
\(\displaystyle{ \sum \frac{\sqrt{(2b^{2}+2c^{2}-a^{2})(2c^{2}+2a^{2}-b^{2})}}{ab}\ge\sum\frac{\frac{1}{2}a^{2}+\frac{1}{2}b^{2}+2c^{2}}{ab}\\=\sum \frac{\frac{1}{2}a^{2}+\frac{1}{2}b^{2}}{ab}+2\sum\frac{c^{2}}{ab}\ge 3+6=9}\)
przy czym korzystamy z oczywistych nierówności
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}a^{2}+\frac{1}{2}b^{2}\ge ab}\)
(AM-GM dla dwóch zmiennych)
oraz
\(\displaystyle{ \frac{c^{2}}{ab}+\frac{a^{2}}{bc}+\frac{b^{2}}{ca}\ge 3}\)
(AM-GM dla trzech zmiennych).
Co kończy dowód. Równość zachodzi dla trójkąta równobocznego.
\(\displaystyle{ m_{a}=\frac{1}{2}\sqrt{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}}}\):
w trójkącie utworzonym przez boki długości \(\displaystyle{ m_{a}, \frac{a}{2}, b}\) niech \(\displaystyle{ \gamma}\) będzie kątem leżącym naprzeciwko \(\displaystyle{ m_{a}}\). Z twierdzenia cosinusów mamy
\(\displaystyle{ m_{a}^{2}=\left(\frac{a}{2}\right)^{2}+b^{2}-2\frac{a}{2}\cdot b\cos \gamma}\).
Z drugiej strony, również z twierdzenia cosinusów (wszak kąt \(\displaystyle{ \gamma}\) leży naprzeciwko boku długości \(\displaystyle{ c}\)), dostajemy
\(\displaystyle{ c^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab\cos \gamma\\ \cos \gamma=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}\\ m_{a}^{2}=\left(\frac{a}{2}\right)^{2}+b^{2}-2\frac{a}{2}\cdot b\cos \gamma=\left(\frac{a}{2}\right)^{2}+b^{2}-\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2}\\=\frac{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}}{4}}\)
i stąd już łatwo dostajemy wspomniany wzór na długość środkowej.
Tezę zadania możemy więc przepisać w następującej formie:
\(\displaystyle{ \frac{\sqrt{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}}}{2a}+\frac{\sqrt{2c^{2}+2a^{2}-b^{2}}}{2b}+\frac{\sqrt{2a^{2}+2b^{2}-c^{2}}}{2c}\ge \frac{3\sqrt{3}}{2}}\)
gdzie \(\displaystyle{ a,b,c}\) są długościami boków trójkąta.
Mnożymy to stronami przez \(\displaystyle{ 2}\), po czym podnosimy do kwadratu i mamy równoważną nierówność
\(\displaystyle{ \sum \frac{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}}{a^{2}}+2\sum \frac{\sqrt{(2b^{2}+2c^{2}-a^{2})(2c^{2}+2a^{2}-b^{2})}}{ab}\ge 27\\ \sum\left(\frac{b^{2}}{a^{2}}+\frac{a^{2}}{b^{2}}\right)+\sum \frac{\sqrt{(2b^{2}+2c^{2}-a^{2})(2c^{2}+2a^{2}-b^{2})}}{ab}\ge 15}\)
a to można rozbić na dwie nierówności:
oczywistą \(\displaystyle{ \sum\left(\frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{a^{2}}\right)\ge 6}\)
i mniej oczywistą
\(\displaystyle{ \sum \frac{\sqrt{(2b^{2}+2c^{2}-a^{2})(2c^{2}+2a^{2}-b^{2})}}{ab}\ge 9}\),
którą dalej się zajmiemy.
Zauważmy, że
\(\displaystyle{ (2b^{2}+2c^{2}-a^{2})(2c^{2}+2a^{2}-b^{2})\\=\left(\frac{1}{2}a^{2}+\frac{1}{2}b^{2}+2c^{2}-\frac{3}{2}\left(a^{2}-b^{2} \right) \right)\left(\frac{1}{2}a^{2}+\frac{1}{2}b^{2}+2c^{2}+\frac{3}{2}\left(a^{2}-b^{2} \right)\right)\\=\left(\frac{1}{2}a^{2}+\frac{1}{2}b^{2}+2c^{2}\right)^{2}-\frac{9}{4}\left(a^{2}-b^{2}\right)^{2}\ge \left(\frac{1}{2}a^{2}+\frac{1}{2}b^{2}+2c^{2}\right)^{2}}\)
i stąd
\(\displaystyle{ \sum \frac{\sqrt{(2b^{2}+2c^{2}-a^{2})(2c^{2}+2a^{2}-b^{2})}}{ab}\ge\sum\frac{\frac{1}{2}a^{2}+\frac{1}{2}b^{2}+2c^{2}}{ab}\\=\sum \frac{\frac{1}{2}a^{2}+\frac{1}{2}b^{2}}{ab}+2\sum\frac{c^{2}}{ab}\ge 3+6=9}\)
przy czym korzystamy z oczywistych nierówności
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}a^{2}+\frac{1}{2}b^{2}\ge ab}\)
(AM-GM dla dwóch zmiennych)
oraz
\(\displaystyle{ \frac{c^{2}}{ab}+\frac{a^{2}}{bc}+\frac{b^{2}}{ca}\ge 3}\)
(AM-GM dla trzech zmiennych).
Co kończy dowód. Równość zachodzi dla trójkąta równobocznego.
-
- Użytkownik
- Posty: 926
- Rejestracja: 24 paź 2011, o 01:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 75 razy
- Pomógł: 274 razy
Re: Trójkąt - nierówność
Dzięki.
Inne rozwiązanie.
Zgodnie z twierdzeniem Apoloniusza mamy
\begin{cases}
m_{a} = \dfrac{1}{2} \sqrt{2b^{2} + 2c^{2} - a^{2}} \\
m_{b} = \dfrac{1}{2} \sqrt{2c^{2} + 2a^{2} - b^{2}} \\
m_{c} = \dfrac{1}{2} \sqrt{2a^{2} + 2b^{2} - c^{2}}
\end{cases}
Przeto
\begin{align}
\sum_{\mathrm{cyc}} \dfrac{m_{a}}{a} & = \dfrac{1}{2} \sum_{\mathrm{cyc}} \sqrt{\dfrac{2b^{2} + 2c^{2} - a^{2}}{a^2}} \\
& = \dfrac{1}{\sqrt{3}} \sum_{\mathrm{cyc}} \dfrac{1}{2 \sqrt{\dfrac{a^{2}}{2b^{2} + 2c^{2} - a^{2}} \times \dfrac{1}{3}}} \\
& \ge \dfrac{1}{\sqrt{3}} \sum_{\mathrm{cyc}} \dfrac{1}{\dfrac{a^{2}}{2b^{2} + 2c^{2} - a^{2}} + \dfrac{1}{3}} \\
& = \sum_{\mathrm{cyc}} \dfrac{\sqrt{3}(2b^{2} + 2c^{2} - a^{2})}{2(a^{2} + b^{2} + c^{2})} \\
& = \dfrac{3\sqrt{3}}{2}
\end{align}
Inne rozwiązanie.
Zgodnie z twierdzeniem Apoloniusza mamy
\begin{cases}
m_{a} = \dfrac{1}{2} \sqrt{2b^{2} + 2c^{2} - a^{2}} \\
m_{b} = \dfrac{1}{2} \sqrt{2c^{2} + 2a^{2} - b^{2}} \\
m_{c} = \dfrac{1}{2} \sqrt{2a^{2} + 2b^{2} - c^{2}}
\end{cases}
Przeto
\begin{align}
\sum_{\mathrm{cyc}} \dfrac{m_{a}}{a} & = \dfrac{1}{2} \sum_{\mathrm{cyc}} \sqrt{\dfrac{2b^{2} + 2c^{2} - a^{2}}{a^2}} \\
& = \dfrac{1}{\sqrt{3}} \sum_{\mathrm{cyc}} \dfrac{1}{2 \sqrt{\dfrac{a^{2}}{2b^{2} + 2c^{2} - a^{2}} \times \dfrac{1}{3}}} \\
& \ge \dfrac{1}{\sqrt{3}} \sum_{\mathrm{cyc}} \dfrac{1}{\dfrac{a^{2}}{2b^{2} + 2c^{2} - a^{2}} + \dfrac{1}{3}} \\
& = \sum_{\mathrm{cyc}} \dfrac{\sqrt{3}(2b^{2} + 2c^{2} - a^{2})}{2(a^{2} + b^{2} + c^{2})} \\
& = \dfrac{3\sqrt{3}}{2}
\end{align}