Niedawno natknęłam się na równoważną nierówność w
Recent Advances in Geometric Inequalities Mitrinovicia. Figuruje tam obok innej, również podanej bez dowodu, ale po pierwsze ciaśniejszej, a po drugie chyba łatwiejszej (= dla mnie możliwej) do udowodnienia:
Dla niezdegenerowanego trójkąta o bokach \(\displaystyle{ a,b,c}\) oraz promienu okręgu opisanego i wpisanego odpowiednio \(\displaystyle{ R,r}\) zachodzi $$2(R-2r)r\ge\min\left\{(a-b)^2,(b-c)^2,(c-a)^2\right\}.$$
Jeżeli trójkąt jest równoramienny, wtedy nierówność jest oczywiście prawdziwa z równością dla trójkątów równobocznych (to ze względu na lewą stronę nierówności). Dalej przyjmijmy WLOG
\(\displaystyle{ a>b>c}\). Stosujemy podstawienie Raviego
\(\displaystyle{ a=x+y}\),
\(\displaystyle{ b=x+z}\),
\(\displaystyle{ c=y+z}\), gdzie
\(\displaystyle{ x,y,z>0}\), więc teraz problem polega na udowodnieniu nierówności algebraicznej dla dowolnych liczb dodatnich. Poprzednie założenie implikuje porządek
\(\displaystyle{ x>y>z>0}\). Mamy również $$\begin{array}{ccc} r=\frac{S}{x+y+z}, & R=\frac{(x+y)(y+z)(z+x)}{4S}, & S=\sqrt{xyz(x+y+z)}.\end{array}$$ Nierówność jest równoważna $$\frac{(x+y)(y+z)(z+x)}{2(x+y+z)}+\frac{4xyz}{x+y+z}\ge\min\left\{(y-z)^2,(x-y)^2,(z-x)^2\right\}$$ lub $$\frac{(x+y+z)(xy+yz+zx)-9xyz}{2(x+y+z)}\ge\min\left\{(y-z)^2,(x-y)^2,(x-z)^2\right\}.$$ Przy założonym porządku nie musimy już brać pod uwagę wyrażenia
\(\displaystyle{ (x-z)^2}\) ponieważ na pewno nie jest mniejsze niż pozostałe dwa.
Mamy dwa przypadki:
a) Jeżeli
\(\displaystyle{ y-z\ge x-y}\), to wtedy $$(x+y+z)(xy+yz+zx)-9xyz-2(x+y+z)(x-y)^2=(x+y)(2x-y-z)(2y-x-z)\ge 0.$$
b) Jeżeli
\(\displaystyle{ x-y\ge y-z}\), to wtedy $$(x+y+z)(xy+yz+zx)-9xyz-2(x+y+z)(y-z)^2=(y+z)(x+y-2z)(x+z-2y)\ge 0.$$
W obu przypadkach równość zachodzi wtw, gdy
\(\displaystyle{ 2y=x+z}\), tzn. gdy
\(\displaystyle{ x,y,z}\), a w konsekwencji długości boków
\(\displaystyle{ a,b,c}\), tworzą ciąg arytmetyczny (którego różnica może być zerowa - to już po uwzględnieniu również wyłączonych przypadków równych boków).
Ponieważ mamy również
\(\displaystyle{ \frac{R^2}{4}-2(R-2r)r=\frac{1}{4}(R-4r)^2\ge 0}\), więc to nam automatycznie daje dowód nierówności, którą podał klimat.
Co do równości w nierówności klimata, to musimy mieć
\(\displaystyle{ R=4r}\) oraz
\(\displaystyle{ a,b,c}\) muszą tworzyć ciąg arytmetyczny, tym razem już z niezerową różnicą (bo
\(\displaystyle{ R\neq 2r}\)).
Utrzymując WLOG
\(\displaystyle{ a>b>c}\) bierzemy
\(\displaystyle{ a=b+d,\ c=b-d}\), gdzie
\(\displaystyle{ b>d>0}\). Biorąc później
\(\displaystyle{ b=td,\ t>0}\) możemy sobie tak przeskalować trójkąt, by
\(\displaystyle{ d=1}\). Mamy więc
\(\displaystyle{ a=t+1,\ b=t,\ c=t-1}\). Nierówność trójkąta nie przestaje obowiązywać, toteż w szczególności
\(\displaystyle{ t+t-1>t+1}\), tzn.
\(\displaystyle{ t>2}\). By znaleźć
\(\displaystyle{ t}\) wystarczy rozwiązać równanie $$R^2=16r^2$$ lub równoważnie $$\left(\frac{abc}{4S}\right)^2-16\left(\frac{2S}{a+b+c}\right)^2=0,$$ gdzie
\(\displaystyle{ S=\frac{1}{4}\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}}\) jest polem trójkąta. To, po wszystkich podstawieniach i przekształceniach, daje $$\frac{\left(t^2-3\right)\left(t^2-7\right)}{t^2-4}=0$$ z jedynym rozwiązaniem
\(\displaystyle{ t=\sqrt{7}}\) (ponieważ
\(\displaystyle{ \sqrt{3}<2}\)).
Ostatecznie, równość zachodzi wtw, gdy trójka
\(\displaystyle{ (a,b,c)}\) jest proporcjonalna do
\(\displaystyle{ \left(\sqrt{7}+1,\sqrt{7},\sqrt{7}-1\right)}\) lub jej permutacji.
Rozpisałam się tak m.in. dlatego, że nijak nie chce mi wyjść, że podane przez timona warunki równości są równoważne tym uzyskanym w poprzednim akapicie. To pewnie znów wina zafiksowania się na czymś.
Jeżeli ktoś dostrzega podobieństwo do
tego zadania, to zapewne ma rację, choć tamta nierówność nie da się ustawić w ciąg z tymi dwiema powyżej.
