Matematyka.pl

Najpierw niech \(\displaystyle{ (\alpha ,\beta ,\gamma)=(A,B,C)}\).
W dowolnym niezdegenerowanym trójkącie zachodzi \(\displaystyle{ \cot A\cot B+\cot B\cot C+\cot C\cot A=1}\). Jeżeli WLOG \(\displaystyle{ C=\frac{\pi}{2}}\), to \(\displaystyle{ \cot C=0}\) oraz \(\displaystyle{ \cot A\cot B=1}\), więc z AM-GM będziemy mieć $$\sqrt{\cot A}+\sqrt{\cot B}\ge2\sqrt[4]{\cot A\cot B}=2$$ z równością wtw, gdy \(\displaystyle{ (A,B,C)}\) jest permutacją \(\displaystyle{ \left(\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2}\right)}\).

Dalej będziemy rozważać tylko trójkąty ostrokątne. Po podniesieniu do kwadratu wystarczy dowieść $$\cot A+\cot B+\cot C+2\left(\sqrt{\cot A\cot B}+\sqrt{\cot B\cot C}+\sqrt{\cot C\cot A}\right)\ge 4.$$
Oznaczmy \(\displaystyle{ \sqrt{\cot A\cot B}=a,\ \sqrt{\cot B\cot C}=b,\ \sqrt{\cot C\cot A}=c}\). Oczywiście \(\displaystyle{ a,b,c>0}\) oraz \(\displaystyle{ \cot A=\frac{ac}{b},\ \cot B=\frac{ab}{c},\ \cot C=\frac{bc}{a}}\), a także \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2=1}\). Chcemy teraz dowieść $$\frac{ac}{b}+\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+2(a+b+c)\ge 4,$$ czyli po ujednorodnieniu $$\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{abc}+2(a+b+c)\ge 4\sqrt{a^2+b^2+c^2}.$$
Oznaczmy teraz \(\displaystyle{ a+b+c=p,\ ab+bc=ca=q,\ abc=r}\). Dowodzimy $$\frac{q^2-2pr}{r}+2p\ge 4\sqrt{p^2-2q},$$ czyli $$q^2\ge 4r\sqrt{p^2-2q},$$ czyli $$-16\left(p^2-2q\right)r^2+q^4\ge 0,$$ gdzie wyrażenie po lewej stronie jest wklęsłe względem \(\displaystyle{ r}\), tzn. że wystarczy sprawdzić, czy nierówność zachodzi, gdy \(\displaystyle{ r}\) osiąga swoje ekstremalne wartości, tj, gdy dwie spośród \(\displaystyle{ a,b,c}\) sa równe. Jednorodność pozwala nam przyjąć, że \(\displaystyle{ (a,b,c)}\) jest permutacją \(\displaystyle{ (1,1,x)}\), gdzie \(\displaystyle{ x>0}\). To daje \(\displaystyle{ p=2+x,\ q=1+2x,\ r=x}\), a po podstawieniu do nierówności $$-16\left((2+x)^2-2(1+2x)\right)x^2+(1+2x)^4=28x^3+4x(x-1)^2+4x+1>0.$$ Równość w tym przypadku nie zachodzi.

\(\displaystyle{ \textbf{Lemat}}\) gdy \(\displaystyle{ x>0, \ y\in (0,1]}\), to
\(\displaystyle{ x^y\ge \frac{x}{x+y}}\).
Dowód lematu: równoważnie mamy
\(\displaystyle{ 1+\frac{y}{x}\ge \left(\frac{1}{x}\right)^y}\), a to już łatwo wychodzi z nierówności Bernoulliego z wykładnikiem nieprzekraczającym \(\displaystyle{ 1}\):
\(\displaystyle{ 1+\frac{y}{x}\\\ge 1+y\left(\frac{1}{x}-1\right)\\\ge \left(1+\left(\frac{1}{x}-1\right)\right)^y=\left(\frac{1}{x}\right)^y}\).

Korzystamy z lematu kolejno dla liczb
\(\displaystyle{ (a,b), \ (a+b, c), \ (a+b+c, d)}\)
i mnożymy stronami otrzymane nierówności, co daje nam tezę.

$$(4+\sqrt{17})R^2+\frac{1}{4}(23-\sqrt{17})r^2{\stackrel{\tiny \mbox{Euler}}{\ge}}5R^2+7r^2\ge 4R^2+4Rr+3r^2{\stackrel{\tiny \mbox{Gerretsen}}{\ge}}s^2$$

Aha, no to można to sprowadzić do nierówności jednej zmiennej. Zajmiemy się tylko trójkątami niezdegenerowanymi i wykorzystamy tzw. fundamentalną nierówność w trójkącie, tzn. \(\displaystyle{ s^4-2\left(2R^2+10Rr-r^2\right)s^2+(4R+r)^3r\le 0\quad (*)}\). Po szczegóły można zajrzeć np. do Sołtana* lub Mitrinovicia**, w każdym razie jej prawdziwość wynika z tożsamości \(\displaystyle{ s^4-2\left(2R^2+10Rr-r^2\right)s^2+(4R+r)^3r=-\frac{1}{4r^2}(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}\), gdzie \(\displaystyle{ a,b,c}\) to długości boków trójkąta (widać oczywiste podobieństwo z podstawą metody pqr/uvw). Z \(\displaystyle{ (*)}\) w szczególności dostajemy \(\displaystyle{ 2R^2+10Rr-r^2+2\sqrt{R(R-2r)^3}\ge s^2}\) (gdzie lewa strona jest zawsze dobrze określona - Euler), więc wystarczy dowieść $$\frac{1}{4}(23-\sqrt{17})R^2+(4+\sqrt{17})r^2\ge 2R^2+10Rr-r^2+2\sqrt{R(R-2r)^3}.$$ Oznaczając \(\displaystyle{ x=\frac{R}{r}}\), mamy dla \(\displaystyle{ x\ge 2}\) (Euler) do udowodnienia $$(15-\sqrt{17})x^2-40x+4(5+\sqrt{17})\ge 8(x-2)\sqrt{x(x-2)}.$$ No i tu już mniej więcej jasne jest, co można zrobić. "Zauważamy, że" także i lewa strona się zeruje dla \(\displaystyle{ x=2}\), więc równość mamy dla trójkątów równobocznych. Po podzieleniu przez \(\displaystyle{ (x-2)}\) do udowodnienia zostaje $$(15-\sqrt{17})x-(10+2\sqrt{17})\ge 8\sqrt{x(x-2)},$$ a ponieważ \(\displaystyle{ 15-\sqrt{17}>15-5>0}\), więc \(\displaystyle{ (15-\sqrt{17})x-(10+2\sqrt{17})\ge (15-\sqrt{17})\cdot 2-(10+2\sqrt{17})=20-4\sqrt{17}>0}\) i będziemy dowodzić $$\left((15-\sqrt{17})x-(10+2\sqrt{17})\right)^2\ge 64x(x-2),$$ czyli $$\left(x-\frac{19+5\sqrt{17}}{16}\right)^2\ge 0.$$
Ponieważ \(\displaystyle{ 16x=19+5\sqrt{17}>19+20>32}\), więc możemy poszukać trójkąta, w którym \(\displaystyle{ \frac{R}{r}=\frac{2abc}{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}=\frac{1}{16}(19+5\sqrt{17})}\). Biorąc \(\displaystyle{ b=a}\) (bo mamy też wciąż na uwadze równość w nierówności fundamentalnej) dostajemy \(\displaystyle{ c=\frac{1}{2}(7-\sqrt{17})b}\).
Ostatecznie, równość w wyjściowej nierówności mamy dla \(\displaystyle{ (a,b,c)\sim (1,1,1)}\), a także dla permutacji \(\displaystyle{ (a,b,c)\sim (2,2,7-\sqrt{17})}\).

* Солтан В. П., Мейдман С. И., Тождества и неравенства в треугольнике
** Mitrinović D. S., Pečarić J. E., Volenec V., Recent Advances in Geometric Inequalities

Może chodzić o to, że istnieje jeszcze jedna seria, której nie zauważyłam myląc trójkę z piątką. Biorąc \(\displaystyle{ b=a}\) do wyrażenia na \(\displaystyle{ \frac{R}{r}}\) dostajemy także \(\displaystyle{ c=\frac{1}{2}(\sqrt{17}-3)b}\), czyli permutacje \(\displaystyle{ (a,b,c)\sim (2,2,\sqrt{17}-3)}\), wtedy mamy podstawę krótszą od ramienia.
Innych błędów nie udało mi się znaleźć.

Najpierw odnotujmy, że rozwiązanie d) pociąga rozwiązanie pozostałych podpunktów. Istotnie, dla ustalonych \(\displaystyle{ a,b,c}\) spełniających warunki zadania funkcja \(\displaystyle{ f(k)=10\sum \frac 1 a+\frac{3k}{a+b+c}-k-30}\) jest malejącą w dodatnich,
bowiem \(\displaystyle{ f'(k)=\frac 3{a+b+c}-1\le \frac 3{3\sqrt[3]{abc}}-1=0}\),
co wynika z AM-GM.

Zajmiemy się teraz rozwiązaniem d).
Bez straty ogólności niech \(\displaystyle{ c=\max\left\{a,b,c\right\}}\). W szczególności zachodzi wówczas \(\displaystyle{ c\ge \sqrt{ab} \ (*)}\).
Oznaczmy \(\displaystyle{ g(a,b,c)=10\sum \frac 1 a+\frac{81}{a+b+c}-57}\). Mamy
\(\displaystyle{ g(a,b,c)-g\left(\sqrt{ab},\sqrt{ab},c\right)=\frac{10\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2}{ab}-\frac{81\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2}{(a+b+c)\left(2\sqrt{ab}+c\right)}\\\ge \frac{10\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2}{ab}-\frac{81\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2}{\left(2\sqrt{ab}+c\right)^2}\\\ge\frac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2}{ab}\ge 0}\),
gdzie w przedostatniej nierówności skorzystaliśmy z \(\displaystyle{ (*)}\).
Wobec tego wystarczy udowodnić tezę dla przypadku \(\displaystyle{ a=b\le c}\), a to, z uwagi na założenie o iloczynie, sprowadza się do nierówności jednej zmiennej
\(\displaystyle{ \frac{20}a+10a^2+\frac{81a^2}{2a^3+1}\ge 57, \ a\in (0,1].}\)
Po wymnożeniu przez mianowniki otrzymujemy równoważną nierówność
\(\displaystyle{ 20a^6-114a^4+131a^3-57a+20\ge 0,}\)
co z kolei można zapisać w postaci
\(\displaystyle{ (a-1)^2\left(20a^4+40a^3-54a^2-17a+20\right)\ge 0.}\)

Wystarczy więc udowodnić, że gdy \(\displaystyle{ a\in(0,1],}\) to \(\displaystyle{ 20a^4+40a^3-54a^2-17a+20\ge 0.}\)

Dowód tej ostatniej nierówności zostawiam jako ćwiczenie dla Czytelnika.