Matematyka.pl

Mamy oczywiście dla \(\displaystyle{ i {a,b,c}}\):

\(\displaystyle{ S=\frac{h_{i}i}{2}}\)

A stąd dla \(\displaystyle{ i {a,b,c}}\):

\(\displaystyle{ h_{i}=\frac{2S}{i}}\) (1)

Wykorzystując równość (1):

\(\displaystyle{ 4(h_a^2 + h_b^2+h_c^2)=16S^{2}(\frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} + \frac{1}{c^{2}})}\)

A stąd ze wzoru Herona:


\(\displaystyle{ 4(h_a^2 + h_b^2+h_c^2)=(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)(\frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} + \frac{1}{c^{2}})}\)

Zatem nierówność dana w zadaniu przyjmuje postac:

\(\displaystyle{ (a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)(\frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} + \frac{1}{c^{2}}) q a+b+c}\)

Poniewaz a,b,c są bokami trójkąta to istnieja takie liczby dodatnie x,y,z że

\(\displaystyle{ a=x+y}\)
\(\displaystyle{ b=y+z}\) (2)
\(\displaystyle{ c=x+z}\).

Łatwo dowieść tego faktu wpisując w trójkąt okrąg i pamiętając że styczne wychdzące z tego samego punktu są równe. (odcinki łączące punkt z punktem sytczności)

Podstawiając do nierówności równości (2), pozostaje udowodnic, że dla każdych rzeczywistych dodatnich x,y,z zachodzi:

\(\displaystyle{ 4xyz(\frac{1}{(x+y)^{2}} + \frac{1}{(y+z)^{2}} + \frac{1}{(y+z)^{2}}) q x+y+z}\)

Bardzo elegancki dowód tej prostej nierówności znalazł dziś Marcin88 i z chęcią wam pokaże ;]

MarcinT napisał:

Bardzo elegancki dowód tej prostej nierówności znalazł dziś Marcin88 i z chęcią wam pokaże ;

oj to super, a czyżby ten trick...(trzy nierownosci dodane stronami, 2p- to obwod)? czy coś innego....
\(\displaystyle{ h_a^2 q p(p-a)}\)

Zachodzi oczywiście: \(\displaystyle{ \frac{1}{(x+y)^2}\leq \frac{1}{4xy}}\)
i na podstawie tego od razu widać prawdziwość nierówności:
\(\displaystyle{ 4xyz(\frac{1}{(x+y)^{2}} + \frac{1}{(y+z)^{2}} + \frac{1}{(y+z)^{2}}) q x+y+z}\)

Podoba mi sie. Szybko i elegancko