Екстремални Задачи и Решения

[Titu_Andrescu]

Задача 54. Нека [tex]I[/tex] е центъра на вписаната в [tex]\triangle ABC [/tex]оклъжност и [tex]m_a,m_b,m_c[/tex] са съответно дължините на медианите от върховете [tex]A,B[/tex] и [tex]C[/tex].
Да се докаже, че
[tex]\frac{IA^2}{m_a^2}+\frac{IB^2}{m_b^2}+\frac{IC^2}{m_c^2}\le\frac43[/tex].
(Trang Hong Son, Виетнам)

Задача 55. В [tex]\triangle ABC [/tex], нека [tex]BC=a,CA=b[/tex] и [tex]AB=c[/tex] са страните, а [tex]r,r_a,r_b,r_c[/tex] са съответно радиуса на вписаната и радиусите на външновписаните окръжности.
Да се докаже, че
[tex]\frac{a^3}{r_a}+\frac{b^3}{r_b}+\frac{c^3}{r_c}\le\frac{abc}{r}[/tex].

[Реклама]

[kamen05]

Честита Нова Година на всички!

Задача 54. Имаме [tex]m_a^2\ge p(p-a) [/tex]- доказва се елементарно и [tex]IA^2=r^2+(p-a)^2[/tex]. Нека за удобство [tex]x=p-a, y=p-b, z=p-c[/tex].

Тогава от формулата на Херон за лице на триъгълник имаме, че [tex]S=\sqrt{(x+y+z)xyz}[/tex] и

[tex]\frac{IA^2}{m_a^2}+\frac{IB^2}{m_b^2}+\frac{IC^2}{m_c^2}\le \sum_{cyc}^{ } \frac{r^2+(p-a)^2}{p(p-a)}=\sum_{cyc}^{ } \frac{\frac{S^2}{p^2}+x^2 }{x(x+y+z) } =\sum_{cyc}^{ } \frac{\frac{xyz}{x+y+z}+x^2}{x(x+y+z)}=\sum_{cyc}^{ }\frac{yz+x(x+y+z)}{(x+y+z)^2} =\frac{x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)}{(x+y+z)^2} \le \frac{4}{3} [/tex],

защото [tex]3\sum_{cyc}^{ }x^2+9\sum_{cyc}^{ } xy\le 4(x+y+z)^2 \Leftarrow \sum_{cyc}^{ } x^2\ge \sum_{cyc}^{ } yz [/tex]

Тitu_Andrescu, числото май трябва да е [tex]\frac43[/tex], а не [tex]\frac34[/tex] ....

[Titu_Andrescu]

Прав си, поправих го. Хубаво решение .

[Мирослав Стоенчев]

Задача 55. Д-во: Неравенството е еквивалентно на [tex]a^{3}(p-a)+b^{3}(p-b)+c^{3}(p-c)\le abcp\Leftrightarrow (a^{3}+b^{3}+c^{3}-abc)(a+b+c)\le2(a^{4}+b^{4}+c^{4}).[/tex]

Полагаме [tex]a=x+y;b=y+z;c=z+x\Rightarrow [/tex] трябва да докажем, че [tex]\sum_{c}z(x+y)^{3}\le (x+y+z)(x+y)(y+z)(z+x).[/tex] Б.о.о. ще считаме, че [tex]\max\left\{x,y,z\right\}=x.[/tex]Неравенството е хомогенно, можем да положим [tex]x+y+z=1\Rightarrow x\ge \frac{1}{3}; 0<yz=t; u=1-x\le \frac{2}{3} \Rightarrow 0<t\le \frac{u^{2}}{4}. [/tex]
Неравенството добива вида [tex]H(u,t)=t^{2}-(2u^{2}-5u+3)t+u^{2}(u-1)^{2}\ge 0.[/tex] Понеже [tex]u=1-x\le \frac{2}{3} \Rightarrow [/tex] [tex]\frac{u^{2}}{4}<\frac{2u^{2}-5u+3}{2}\Rightarrow \min_{0\le t\le \frac{u^{2}}{4}}H(u,t)=\min\left\{H(u,0),H(u,\frac{u^{2}}{4})\right\}.[/tex] Следователно достатъчно е да докажем, че [tex]H(u,0)\ge 0; H(u,\frac{u^{2}}{4})\ge 0.[/tex]

Пресмятаме [tex]H(u,0)=u^{2}(u-1)^{2}>0; H(u,\frac{u^{2}}{4})=\frac{u^{2}}{16}(3u-2)^{2}\ge 0.[/tex] Твърдението е доказано.

[Titu_Andrescu]

Задача 56. Да се докаже, че за всеки триъгълник [tex]ABC[/tex] със страни [tex]a,b,c[/tex], лице [tex]S[/tex] и радиуси [tex]r, R[/tex] съответно на вписаната и описаната окръжности e изпълнено:
[tex]a) (ab+bc+ca)\sqrt{\frac{abc}{a^3+b^3+c^3}}\ge 4S[/tex],
[tex]b) 8R(R-2r)\ge (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2[/tex].
(Виет Тао, Виетнам)

Задача 57. В триъгълник [tex]ABC[/tex] със страни [tex]AB=c,BC=a,CA=b[/tex], [tex]h_a,h_b[/tex] и [tex]h_c[/tex] са височините от върховете [tex]A,B[/tex] и [tex]C[/tex].
Нека с [tex]p[/tex] означим полупериметъра на триъгълника [tex]ABC[/tex]. Точката [tex]X[/tex] e избрана на страната [tex]BC[/tex] такава, че радиусите на вписаните в триъгълниците [tex]ABX[/tex] и [tex]ACX[/tex] окръжности са равни на [tex]r_a[/tex]. [tex]r_b[/tex] и [tex]r_c[/tex] се дефинират аналогично. Да се докаже, че
[tex]2(r_a+r_b+r_c)+p\ge h_a+h_b+h_c[/tex].
(Tran Mihn Hien, Виетнам)

Задача 58*. Нека [tex]a,b[/tex] и [tex]c[/tex] са положителни реални числа със сума [tex]3[/tex]. Да се докаже, че
[tex]\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge a^2+b^2+c^2[/tex].
(Vasile Cirtoaje, Румъния (тази задача за втори път се появява във форума!))

[Мирослав Стоенчев]

Задача 56. б) Ще използваме формулата [tex]ab+bc+ca=p^{2}+r(4R+r).[/tex] Имаме

[tex](a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}=2[(a+b+c)^{2}-3(ab+bc+ca)]=2p^{2}-6r(4R+r).[/tex]

Тогава [tex]8R(R-2r)\ge (a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}\Leftrightarrow p^{2}\le 4R^{2}+4Rr+3r^{2},[/tex] което е неравенството на Блъндън.Твърдението е доказано.

[LogiC]

Сложил си картинка и си помислих , че може да са издали приложение с задачите и решенията от IMO 2001

[Titu_Andrescu]

Не, това просто е логото на олимпиадата. То показва каде се е провела и през коя година.

[Мирослав Стоенчев]

Задача 58* Д-во: Полагаме [tex]G(x,y,z)=\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{z^{2}}-x^{2}-y^{2}-z^{2},[/tex] [tex]x+y+z=3; x,y,z\in R^{+}.[/tex]

Нека [tex]x+2y=3;[/tex] [tex]x,y\in R^{+}[/tex] Пресмятаме [tex]G(x,y,y)=\frac{6(y-1)^{2}(-4y^{4}+12y^{3}-11y^{2}+2y+3)}{y^{2}(3-2y)^{2}}\ge 0,[/tex] понеже [tex]\min_{0\le y\le \frac{3}{2}}(-4y^{4}+12y^{3}-11y^{2}+2y+3)>0.[/tex] Така доказахме, че [tex]G(x,y,y)\ge 0.[/tex]

Нека [tex]x+y+z=3; x,y,z\in R^{+}; \min\left\{x,y,z\right\}=x.[/tex] Пресмятаме разликата

[tex]G(x,y,z)-G(x,\frac{y+z}{2},\frac{y+z}{2})=\frac{(y-z)^{2}\left\[2(y+z)^{2}+4yz-y^{2}z^{2}(y+z)^{2}\right\]}{2y^{2}z^{2}(y+z)^{2}}\ge 0,[/tex] понеже [tex]2(y+z)^{2}+4yz-y^{2}z^{2}(y+z)^{2}>0.[/tex] Наистина, полагаме [tex]yz=t\Rightarrow 0<t\le \frac{u^{2}}{4}; 0\le u=1-x<1. [/tex]
Тогава [tex]2(y+z)^{2}+4yz-y^{2}z^{2}(y+z)^{2}>0\Leftrightarrow H(u,t)=u^{2}t^{2}-4t-2u^{2}<0.[/tex] Но [tex]\max_{0\le t\le \frac{u^{2}}{4},0\le u\le 1}=\max_{0\le u\le 1}\left\{H(u,0),H(u,\frac{u^{2}}{4})\right\}[/tex] Но [tex]H(u,0)=-2u^{2}\le0, [/tex] [tex]H(u,\frac{u^{2}}{4})=\frac{u^{2}}{16}\left\(u^{4}-48\right\)<0.[/tex] Неравенството е доказано.

[Titu_Andrescu]

Задача 59*. Да се докаже, че [tex]\sin\sqrt{x}<\sqrt{sinx}[/tex], за [tex]0<x<\frac{\pi}{2}[/tex].
(Русия, 2006 г.)

[Titu_Andrescu]

Задача 58. Второ решение.
Полагаме [tex]\frac{1}{a}=x,\frac{1}{b}=y[/tex] и [tex]\frac{1}{c}=z[/tex]. Тогава от даденото [tex]a+b+c=3[/tex] следва,
че [tex]xy+yz+zx=3xyz[/tex] и трябва да докажем, че [tex]\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge a^2+b^2+c^2[/tex], което е еквивалентно на [tex](x^2+y^2+z^2)x^2y^2z^2\ge x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2[/tex].

Д-во: [tex](x^2+y^2+z^2)x^2y^2z^2-(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)=(x^2+y^2+z^2)x^2y^2z^2-\left((xy+yz+zx)^2-2xyz(x+y+z)\right)=[/tex]
[tex]=(x^2+y^2+z^2)x^2y^2z^2-\left((3xyz)^2-2xyz(x+y+z)\right)=xyz\left((x^2+y^2+z^2)xyz+2(x+y+z)-9xyz\right)=A[/tex].

Искаме да докажем, че [tex]A\ge 0[/tex]. За целта ще използваме, че
[tex](x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\ge 0\Rightarrow x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx \Rightarrow (x+y+z)^2\ge 3(xy+yz+zx)[/tex].
Но по условие [tex]xy+yz+za=3xyz[/tex]. Следователно горното твърдение придобива вида [tex]x^2+y^2+z^2\ge 3xyz[/tex] и [tex](x+y+z)^2\ge 9xyz[/tex].
Сега, от неравенството между средно Аритметично и средно Геометрично за числата
[tex]C=(x^2+y^2+z^2)xyz, D=E=x+y+z[/tex] следва, че
[tex](x^2+y^2+z^2)xyz+(x+y+z)+(x+y+z)\ge 3\sqrt[3]{(x^2+y^2+z^2)xyz(x+y+z)^2}\ge 3\sqrt[3]{3xyz.xyz.9xyz}=9xyz[/tex].
Тогава [tex]A=xyz\left((x^2+y^2+z^2)xyz+2(x+y+z)-9xyz\right)\ge xyz(9xyz-9xyz)=0[/tex], което трябваше да докажем.

[kamen05]

[Мирослав Стоенчев]

Задача 57. Д-во:Ще използваме стандартните означения за елементите на [tex]\triangle ABC.[/tex] Нека [tex]k_{c}(I_{c},r_{a}), [/tex] и [tex]k_{b}(I_{b},r_{a})[/tex] са вписаните окръжности съответно в триъгълниците [tex]\triangle ACX,\triangle ABX.[/tex]Полагаме [tex]|AX|=d.[/tex] Имаме [tex]S_{\triangle ACX}+S_{\triangle ABX}=S_{\triangle ABC}\Rightarrow d=\frac{pr}{r_{a}}-p.[/tex]

Нека [tex]I_{b}E\bot BC,[/tex] [tex]I_{c}F\bot BC; E,F\in BC.[/tex] Tогава [tex]|I_{b}I_{c}|=|EF|=|XE|+|XF|=d-(p-a).[/tex] Също така [tex]I_{b}I_{c}\parallel BC\Rightarrow \frac{d-(p-a)}{a}=\frac{|I_{b}I_{c}|}{|BC|}=\frac{|II_{c}|}{|IC|}=\frac{|IC|-|CI_{c}|}{|IC|}=1-\frac{|CI_{c}|}{|IC|}=1-\frac{r_{a}}{r}\Rightarrow d=p-\frac{ar_{a}}{r}. [/tex] Но вече доказахме, че [tex]d=\frac{pr}{r_{a}}-p\Rightarrow r_{a}=\frac{r}{a}(p-\sqrt{p(p-a)}).[/tex] Тогава [tex]2(r_{a}+r_{b}+r_{c})+p=2pr(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+p-2r\left\(\frac{\sqrt{p(p-a)}}{a}+\frac{\sqrt{p(p-b)}}{b}+\frac{\sqrt{p(p-c)}}{c}\right\)=h_{a}+h_{b}+h_{c}+p-2r\left\(\frac{\sqrt{p(p-a)}}{a}+\frac{\sqrt{p(p-b)}}{b}+\frac{\sqrt{p(p-c)}}{c}\right\)[/tex]

Достатъчно е да докажем, че [tex]p-2r\left\(\frac{\sqrt{p(p-a)}}{a}+\frac{\sqrt{p(p-b)}}{b}+\frac{\sqrt{p(p-c)}}{c}\right\)\ge 0\Leftrightarrow \frac{p}{2r}\ge \frac{\sqrt{p(p-a)}}{a}+\frac{\sqrt{p(p-b)}}{b}+\frac{\sqrt{p(p-c)}}{c}.[/tex]

Имаме [tex]\sum_{c}\frac{\sqrt{p(p-a)}}{a}=\sum_{c}\frac{sqrt{p(p-a)}}{(p-b)+(p-c)}\le \sum_{c}\frac{\sqrt{p(p-a)}}{2\sqrt{(p-b)(p-c)}}=\sum_{c}\frac{{p(p-a)}}{2\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}=\frac{p^{2}}{2S}=\frac{p}{2r}.[/tex] Неравенството е доказано.

[Titu_Andrescu]

Задача 60*. При стандартни означения за един триъгълник, да се докаже, че
[tex]\frac{1}{m_a}+\frac{1}{m_b}+\frac{1}{m_c}>\frac{5}{p}[/tex].
(Лолтер Джонс, Инсбург, Австрия)

Задача 61. Нека [tex]a,b,c[/tex] са страни на триъгълник с лице [tex]S[/tex]. Да се докаже, че [tex]\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}\ge\frac{2S}{R}[/tex]. Кога се достига равенство?
(Джордж Тсинтсифас, Гърция)

Задача 62. Да се докаже, че [tex](sinx)^{sinx}<cosx[/tex], за [tex]0<x<\frac{2\pi }{9}[/tex].
(Wu WHei Chao, Китай)

Задача 63. Да се докаже, че [tex]\sqrt{p}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\le \sqrt{2}(r_a+r_b+r_c)[/tex], където [tex]a,b,c[/tex] са страните на даден триъгълник с периметър [tex]2p[/tex],
а [tex]r_a,r_b,r_c[/tex] са радиусите на външно вписаните окръжности за него.
(Джордж Тсинтсифас, Гърция)

Задача 64. Нека [tex]m_a, h_a[/tex] и [tex]l_a[/tex] са дължилжините на медианата, височината и ъглополовящата към страната [tex]a[/tex] на [tex]\triangle ABC[/tex].
Дефинираме [tex]m_b,m_c,h_b,h_c,l_b [/tex]и [tex]l_c[/tex] аналогично. Нека [tex]R[/tex] е радиуса на описаната около [tex]\triangle ABC[/tex] окръжност.

[tex]a)[/tex] Да се докаже, че [tex]\sum_{cyclic}\frac{b^2+c^2}{m_a}\le 12R[/tex],
[tex]b)[/tex]Да се докаже, че [tex]\sum_{cyclic}\frac{b^2+c^2}{h_a}\ge 12R[/tex],
[tex]c)*[/tex] Да се ограничи отдолу и отгоре [tex]\frac{1}{R}\sum_{cyclic}\frac{b^2+c^2}{l_a}[/tex].
(Лолтер Джонс, Инсбург, Австрия)

Задача 65. В [tex]\triangle ABC[/tex], нека [tex]l_a,l_b,l_c[/tex] са ъглополовящите, а [tex]r[/tex] е радиуса на вписаната в него окръжност.
Да се докаже, че [tex]\frac{1}{l_a^2}+\frac{1}{l_b^2}+\frac{1}{l_c^2}\le\frac{1}{3r^2}[/tex], като равенство се достига тогава и само тогава, когато [tex]\triangle ABC[/tex] е равностранен.
(Лолтер Джонс, Инсбург, Австрия)

Задача 66*. Нека [tex]d,e,f[/tex] са страните на триъгълника, чиито върхове представляват точките, в които ъглополовящите на даден триъгълник с полупериметър [tex]p[/tex] пресичат страните му.
Да се докаже, че [tex]d^2+e^2+f^2\le \frac{p^2}{3}[/tex].
(Лолтер Джонс, Инсбург, Австрия)

[Мирослав Стоенчев]

Задача 65. Д-во: Имаме [tex]l_{c}^{2}=\frac{ab(a+b+c)(a+b-c)}{(a+b)^{2}}\Rightarrow \frac{1}{l_{c}^{2}}=\frac{c(a+b)^{2}(p-a)(p-b)}{4abcS^{2}},[/tex] [tex]r^{2}=\frac{S^{2}}{p^{2}}.[/tex] Следователно [tex]\frac{1}{l_{a}^{2}}+\frac{1}{l_{b}^{2}}+\frac{1}{l_{c}^{2}}\le \frac{1}{3r^{2}}\Leftrightarrow \sum_{c}\frac{c(a+b)^{2}(p-a)(p-b)}{4abcS^{2}}\le \frac{p^{2}}{3S^{2}}\Leftrightarrow \sum_{c}c(a+b)^{2}\left\(p^{2}-(a+b)p+ab\right\)\le \frac{4}{3}abcp^{2}.[/tex]

Б.о.о. [tex]a+b+c=1,[/tex] [tex]\min\left\{a,b,c\right\}=c,[/tex] [tex]ab=t,[/tex] [tex]u=1-c\Rightarrow 0<t\le \frac{u^{2}}{4},[/tex] [tex]\frac{2}{3}\le u<1.[/tex]

Пресмятаме последователно [tex]a^{4}+b^{4}=u^{4}-4u^{2}t+2t^{2},[/tex] [tex]a^{3}+b^{3}=u^{3}-3ut,[/tex] [tex]a^{2}+b^{2}=u^{2}-2t.[/tex]

Тогава [tex]\sum_{c}c(a+b)^{2}\left\(p^{2}-(a+b)p+ab\right\)\le \frac{4}{3}abcp^{2}\Leftrightarrow H(u,t)=4(2u-1)t^{2}+(-8u^{3}+8u^{2}+\frac{u-4}{3})t+u(u-1)(2u-1)^{2}\le 0.[/tex] Но [tex]2u-1>0\Rightarrow [/tex] достатъчно е да докажем, че [tex]H(u,0)\le 0,[/tex] и [tex]H(u,\frac{u^{2}}{4})\le 0, [/tex] защото [tex]\max_{0\le t\le \frac{u^{2}}{4}}H(u,t)=\max\left\{H(u,0),H(u,\frac{u^{2}}{4})\right\}.[/tex]

Но [tex]H(u,0)=u(u-1)(2u-1)^{2}<0,[/tex] и [tex]H(u,\frac{u^{2}}{4})=\frac{u(u-1)(3u-2)^{2}(3-2u)}{12}\le 0.[/tex] Равенство се достига само при [tex]u=\frac{2}{3},[/tex] т.е. при [tex]c=\frac{1}{3}=\min\left\{a,b,c\right\}\Rightarrow a=b=\frac{1}{3}.[/tex] Като се освободим от ограничението [tex]a+b+c=1,[/tex] заключаваме, че равенство имаме само при [tex]a=b=c.[/tex] Твърдението е доказано.

[Grands]

Задача 67. Тръгълникът [tex]ABC[/tex] е вписан в окръжност с радиус [tex]R[/tex] и [tex]P[/tex] е точка от вътрешността на триъгълника. Да се докаже, че [tex]\frac{AP}{BC^2}+\frac{BP}{AC^2}+\frac{CP}{AB^2}\ge\frac{1}{R}[/tex]
(Подбор на отбора за МОМ на САЩ, 2000 г.)

[Мирослав Стоенчев]

Задача 63. Д-во: Ще използваме формулата [tex]r_{a}+r_{b}+r_{c}=4R+r,[/tex] доказана
тук: http://www.math10.com/forumbg/viewtopic.php?p=12170&highlight=#12170

Тогава неравенството е еквивалентно на [tex]\sqrt{p}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\le \sqrt{2}(4R+r)\Leftrightarrow p(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^{2}\le 2(4R+r)^{2}. [/tex]

Но [tex]p(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^{2}=p(a+b+c+2\sqrt{ab}+2\sqrt{bc}+2\sqrt{ca})\le p\left\(2p+(a+b)+(b+c)+(c+a)\left\)=6p^{2}\Rightarrow [/tex] достатъчно е да докажем, че

[tex]6p^{2}\le 2(4R+r)^{2}\Leftrightarrow 3p^{2}\le 16R^{2}+8Rr+r^{2}.[/tex]

Съгласно неравенството на Блъндън [tex]p^{2}\le 4R^{2}+4Rr+3r^{2}\Rightarrow 3p^{2}\le12R^{2}+12Rr+9r^{2}.[/tex]

Накрая [tex]12R^{2}+12Rr+9r^{2}\le 16R^{2}+8Rr+r^{2}\Leftrightarrow R^{2}-Rr-2r^{2}\ge 0\Leftrightarrow (R-2r)(R+r)\ge 0.[/tex] Неравенството е доказано.

[Мирослав Стоенчев]

Задача 64. б) Трябва да докажем, че [tex]\sum_{c}\frac{b^{2}+c^{2}}{Rh_{a}}\ge12.[/tex] В сила са равенствата [tex]R=\frac{abc}{4S},[/tex] [tex]h_{a}=\frac{2S}{a}\Rightarrow Rh_{a}=\frac{bc}{2}\Rightarrow \sum_{c}\frac{b^{2}+c^{2}}{Rh_{a}}=2\sum_{c}\frac{b^{2}+c^{2}}{bc}\ge 2\sum_{c}2=12.[/tex] Неравенството е доказано.

[Titu_Andrescu]

Задача 68. Да се намери най-добрата константа [tex]C[/tex], за която неравенството
[tex]\frac{a}{1-a^2}+\frac{b}{1-b^2}+\frac{c}{1-c^2}\ge C.\left(\frac{1-a^2}{a}+\frac{1-b^2}{b}+\frac{1-c^2}{c}\right)[/tex],
е изпълнено за всички реални числа [tex]a,b,c\in (0,1)[/tex] изпълняващи условието [tex]ab+bc+ca=1[/tex].
(Калин Попа)

Задача 69. Да се докаже, че ако [tex]a,b,c>0[/tex], то [tex]\frac{ab}{3a+4b+5c}+\frac{bc}{3b+4c+5a}+\frac{ca}{3c+4a+5b}\le\frac{a+b+c}{12}[/tex].
(Николай Николов, 2006 г.)

[Titu_Andrescu]

Задача 70. На фигурата по-долу квадратът [tex]ABCD[/tex] със страна [tex]1[/tex] и правата [tex]l[/tex] са фиксирани, а квадратът [tex]PQRS[/tex] (отново със страна [tex]1[/tex]) се върти, като [tex]P[/tex] и [tex]Q[/tex] лежат съответно на [tex]l[/tex] и [tex]AB[/tex]. [tex]X[/tex] е петата на перпендикуляра от [tex]S[/tex] към [tex]l[/tex]. Да се намери позицията на точка [tex]Q[/tex], за която дължината на [tex]XY[/tex] е най-голяма.
(Хидетоси Фукагава, Япония)

[Мирослав Стоенчев]

Задача 56. а) Д-во:Ще използваме стандартните означения за елементите на триъгълник. Имаме [tex]abc=4RS=4Rpr, [/tex] [tex]ab+bc+ca=p^{2}+r(4R+r),[/tex] [tex]a^{3}+b^{3}+c^{3}=(a+b+c)^{3}-3(ab+bc+ca)(a+b+c)+3abc=2p^{3}-6pr(2R+r).[/tex]Тогава

[tex](ab+bc+ca)\sqrt{\frac{abc}{a^{3}+b^{3}+c^{3}}}\ge4S\Leftrightarrow R\left\(p^{2}+r(4R+r)\right\)^{2}\ge 8rp^{2}\left\(p^{2}-3r(2R+r)\right\).[/tex]

Полагаме [tex]\frac{R}{r}=s,[/tex] [tex]\frac{p^{2}}{r^{2}}=t\Rightarrow s\ge 2, [/tex] и съгласно неравенствата на Блъндън
[tex]16Rr-5r^{2}\le p^{2}\le4R^{2}+4Rr+3r^{2}\Rightarrow 16s-5\le t\le4s^{2}+4s+3.[/tex] Неравенството разделяме на [tex]r^{5}[/tex] и получаваме [tex]R\left\(p^{2}+r(4R+r)\right\)^{2}\ge 8rp^{2}\left\(p^{2}-3r(2R+r)\right\)\Leftrightarrow H(s,t)=-(8-s)t^{2}+2(4s^{2}+25s+12)t+s(4s+1)^{2}\ge 0.[/tex]

1сл. [tex]s>8\Rightarrow [/tex] неравенството е изпълнено, тъй като всички събираеми са положителни

2сл. [tex]2\le s\le 8\Rightarrow 8-s\ge 0\Rightarrow \min_{16s-5\le t\le4s^{2}+4s+3}H(s,t)=\min_{s\ge 2}\left\{H(s,16s-5),H(s,4s^{2}+4s+3)\right\}[/tex] Пресмятаме
[tex]H(s,16s-5)=80(s-2)\left\[s^{2}+4s(s-2)+2\right\]\ge 0,[/tex] [tex]H(s,4s^{2}+4s+3)=16s(s-2)(s^{3}-2s^{2}-2s-2)\ge0,[/tex] при [tex]s\ge 3.[/tex]

Твърдението е доказано в случаите [tex]s\in \left\{2\right\}\cup [3,\infty) .[/tex]

[Titu_Andrescu]

Задача 71. Нека [tex]h_a,h_b,h_c[/tex] са височините на даден триъгълник с лице [tex]S[/tex]. Да се докаже, че

a) [tex]h_a^4+h_b^4+h_c^4\ge 9S^2[/tex], ако триъгълника е остроъгълен.
(Мирослав Стоенчев)

b) [tex]\frac{1}{h_a^4+h_b^4}+\frac{1}{h_b^4+h_c^4}+\frac{1}{h_c^4+h_a^4}\ge \frac{1}{2S^2}[/tex], за пройзволен триъгълник.

[Titu_Andrescu]

Задача 72*. Нека даден триъгълник със страни [tex]a,b,c[/tex] има лице [tex]S[/tex]. Известно е вече неравенството на WeitzenbÄock,
което е дадено на първата Междуналодна Олимпиада по Математика (IMO) 1961г. [tex]a^2+b^2+c^2\ge 4S\sqrt{3}[/tex] (виж зад. 41).
Да се докаже по-силното неравенство [tex]ab+bc+ca\ge 4S\sqrt{3}[/tex].

Задача 73*. Неравенството на Лолтер Блъндън се отнася до полупериметъра [tex]p[/tex], радиусът на вписаната и описаната окръжности - съответно [tex]R[/tex] и [tex]r[/tex] за всеки триъгълник. Мирослав Стоенчев до този момент използва неравенството му поне 5 пъти при доказването на задачите. Оставил съм и pdf файл с обобщеното неравенство и доказателството му. Да се докаже, че за всеки остроъгълен триъгълнек е изпълнено [tex]p^2\ge 2R^2+8Rr+3r^2[/tex].
(Джак Гарфункел, Ню Йорк)

[Мирослав Стоенчев]

Задача 72*. Д-во: Ще използваме формулите [tex]S=pr,[/tex] [tex]ab+bc+ca=p^{2}+r(4R+r).[/tex] Toгава [tex]ab+bc+ca\ge 4\sqrt{3}S\Leftrightarrow p^{2}-4\sqrt{3}rp+r(4R+r)\ge 0.[/tex]

Полагаме [tex]\frac{R}{r}=s\ge 2,[/tex] [tex]\frac{p}{r}=t.[/tex] Използвайки неравенството на Блъндън [tex]16Rr-5r^{2}\le p^{2}\Rightarrow \sqrt{16s-5}\le t.[/tex]

Tрябва да докажем, че [tex]H(s,t)=t^{2}-4\sqrt{3}t+4s+1\ge 0,[/tex] при [tex] t\ge \sqrt{16s-5}.[/tex]

Намираме дискриминантата: [tex]D_{h}=11-4s.[/tex]

1сл. [tex]D_{h}=11-4s\le 0\Leftrightarrow s\ge \frac{11}{4}\Rightarrow H(s,t)\ge 0.[/tex]

2сл. [tex]D_{h}=11-4s>0\Leftrightarrow 2\le s<\frac{11}{4}\Rightarrow t_{1,2}=2\sqrt{3}\pm \sqrt{11-4s}.[/tex] Но [tex]H(s,t)\ge 0[/tex] при [tex]t\ge \max\left\{t_{1},t_{2}\right\}=2\sqrt{3}+\sqrt{11-4s}.[/tex]

Следователно достатъчно е да докажем, че [tex]2\sqrt{3}+\sqrt{11-4s}=\max\left\{t_{1},t_{2}\right\}\le \sqrt{16s-5}\le t,[/tex] при [tex]2\le s<\frac{11}{4}.[/tex]

Имаме [tex]2\sqrt{3}+\sqrt{11-4s}\le \sqrt{16s-5}\Leftrightarrow 2\sqrt{3}\le \sqrt{16s-5}-\sqrt{11-4s}\Leftrightarrow \sqrt{(16s-5)(11-4s)}\le 6s-3\Leftrightarrow 4(s-2)\left\(25s-8\right\)\ge 0,[/tex]

кoето е вярно при [tex]s\ge 2.[/tex] Така доказахме, че [tex]H(s,t)\ge 0,[/tex] с което задачата е решена.

[Titu_Andrescu]

Задача 74*. Нека [tex]u,v,w[/tex] са неотрицателни реални числа, за които никои две от тях не са равни на [tex]0[/tex] и нека [tex]0<t\le 2[/tex].
Нека още [tex]a,b,c[/tex] са страни на триъгълник с лице [tex]S[/tex]. Да се докаже, че
[tex]\frac{u}{v+w}(bc)^t+\frac{v}{w+u}(ca)^t+\frac{w}{u+v}(ab)^t\ge\frac{3}{2}\left(\frac{4S}{\sqrt{3}}\right)^t[/tex].
(D.S.Mitrinovic и J.E.Pecaric)

[Мирослав Стоенчев]

Задача 61. [tex]\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}\ge \frac{2S}{R}\Leftrightarrow \sum_{c}ab(b+c)(c+a)\ge \frac{2S}{R}(a+b)(b+c)(c+a).[/tex]

Ще използваме формулите [tex]abc=4pRr,[/tex] [tex]ab+bc+ca=p^{2}+r(4R+r).[/tex]

Пресмятаме [tex]\sum_{c}ab(b+c)(c+a)=(ab+bc+ca)^{2}+abc(a+b+c),[/tex] [tex](a+b)(b+c)(c+a)=(ab+bc+ca)(a+b+c)-abc.[/tex] Тогава

[tex]\sum_{c}ab(b+c)(c+a)\ge \frac{2S}{R}(a+b)(b+c)(c+a)\Leftrightarrow \left\(p^{2}+r(4R+r)\right\)^{2}\ge \frac{4rp^{2}}{R}\left\(p^{2}+2Rr+r^{2}-2R^{2}\right\).[/tex]

Полагаме [tex]\frac{R}{r}=s,[/tex] [tex]\frac{p^{2}}{r^{2}}=t.[/tex] Знаем, че [tex]s\ge 2,[/tex] [tex]16s-5\le t\le 4s^2+4s+3. [/tex]

Трябва да докажем, че [tex]H(s,t)=(s-4)t^{2}+2(8s^{2}-3s-2)t+s(4s+1)^{2}\ge 0,[/tex] при [tex]s\ge 2,[/tex] [tex]16s-5\le t\le 4s^2+4s+3. [/tex]

1сл. [tex]s-4\ge 0\Rightarrow H(s,t)\ge 0,[/tex] понеже всички събираеми са положителни.

2сл. [tex]2\le s\le 4\Rightarrow s-4\le 0\Rightarrow \min_{0\le t\le 4s^2+4s+3}H(s,t)=\min_{2 \le s\le 4}\left\{H(s,0),H(s,s^{2}+4s+3)\right\}[/tex]

Но [tex]H(s,0)=s(4s+1)^{2}>0,[/tex] [tex]H(s,s^{2}+4s+3)=8(s-2)(2s^{4}+8s^{3}+12s^{2}+9s+3)\ge 0\Rightarrow H(s,t)\ge 0.[/tex] Твърдението е доказано.

[Мирослав Стоенчев]

Задача 72. (Второ доказателство): Вече доказахме, че за произволни реални числа [tex]x,y,z[/tex] поне едно от които е неотрицателно е в сила неравенството [tex]xa^{2}+yb^{2}+zc^{2}\ge 4S\sqrt{xy+yz+zx}.[/tex] Тук [tex]a,b,c[/tex] са страни на триъгълник.

Да положим [tex]x=\frac{b}{a},[/tex] [tex]y=\frac{c}{b},[/tex] [tex]z=\frac{a}{c}\Rightarrow xy+yz+zx=\frac{c}{a}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}\ge 3\sqrt[3]{\frac{c}{a}\frac{a}{b}\frac{b}{c}}=3.[/tex]

Накрая [tex]ab+bc+ca=xa^{2}+yb^{2}+zc^{2}\ge 4S\sqrt{xy+yz+zx}\ge 4\sqrt{3}S.[/tex] Taka доказахме, че задача 72 следва директно от задача 41.

[kamen05]

[Мирослав Стоенчев]

Задача 60. Д-во: [tex]\frac{1}{m_{a}}+\frac{1}{m_{b}}+\frac{1}{m_{c}}>\frac{5}{p}\Leftrightarrow \sum_{c}\frac{1}{\sqrt{2a^{2}+2b^{2}-c^{2}}}>\frac{5}{2p}.[/tex] Б.о.о. ще ситаме, че [tex]a+b+c=1.[/tex] Трябва да докажем, че [tex]\sum_{c}\frac{1}{\sqrt{2a^{2}+2b^{2}-c^{2}}}>5,[/tex] при [tex]a+b+c=1,[/tex] [tex]\frac{1}{3}\le \max\left\{a,b,c\right\}<\frac{1}{2}.[/tex] Последното ограничение е еквивалентно на съществуването на триъгълник с дължини на страните [tex]x,y,z.[/tex]

Полагаме [tex]G(x,y,z)=\frac{1}{\sqrt{2x^{2}+2y^{2}-z^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{2y^{2}+2z^{2}-x^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{2z^{2}+2x^{2}-y^{2}}}=\sum_{c}\frac{1}{\sqrt{2x^{2}+2y^{2}-z^{2}}},[/tex] [tex]x+y+z=1,[/tex] [tex]\frac{1}{3}\le \max\left\{x,y,z\right\}<\frac{1}{2}.[/tex]

[tex]*[/tex]

Нека [tex]x+2y=1,[/tex] [tex]\frac{1}{4}<y<\frac{1}{2}.[/tex] Ще докажем, че [tex]G(x,y,y)>5.[/tex] Имаме [tex]G(x,y,y)>5\Leftrightarrow \frac{2}{\sqrt{9y^{2}-8y+2}}+\frac{1}{\sqrt{4y-1}}>5\Leftrightarrow \sqrt{36y^{3}-41y^{2}+16y-2}>225y^{3}-258,5y^{2}+98y-12.[/tex] Достатъчно е да докажем неравенството за [tex]0,265\le y<\frac{1}{2}.[/tex]

Получаваме [tex]\sqrt{36y^{3}-41y^{2}+16y-2} > 225y^{3}-258.5y^{2}+98y-12\Leftrightarrow h(y)=50625y^{6}-116325y^{5}+110922,25y^{4}-56102y^{3}+15849y^{2}-2368y+146<0,[/tex] за [tex]0,265\le y<\frac{1}{2}.[/tex] Лесно се доказва, че [tex]h(y)<0[/tex] дори при [tex]0,255\le y<\frac{1}{2}.[/tex] Така доказахме, че [tex]G(x,y,y)>5.[/tex]

[tex]**[/tex]

Нека сега [tex]\min\left\{x,y,z\right\}=x,[/tex] [tex]x+y+z=1,[/tex] [tex]\max\left\{x,y,z\right\}=y.[/tex] Пресмятаме разликата

[tex]G(x,y,z)-G(x,\frac{y+z}{2},\frac{y+z}{2})=\frac{-(y-z)^{2}}{\sqrt{k_{x}k_{x,y+z}}(\sqrt{k_{x}}+\sqrt{k_{x,y+z}})}+\frac{(y-z)\left\[\sqrt{k_{z}}(\sqrt{k_{z}}+\sqrt{k_{y+z}})(5y+7z)-\sqrt{k_{y}}(\sqrt{k_{y}}+\sqrt{k_{y+z}})(5z+7y)\right\]}{4\sqrt{k_{y}k_{z}k_{y+z}}(\sqrt{k_{y}}+\sqrt{k_{y+z}})(\sqrt{k_{z}}+\sqrt{k_{y+z}})},[/tex]

където [tex]k_{x}=2y^{2}+2z^{2}-x^{2}; k_{y}=2z^{2}+2x^{2}-y^{2};k_{z}=2x^{2}+2y^{2}-z^{2};k_{x,y+z}=(y+z)^{2}-x^{2};k_{y+z}=2x^{2}+\left\(\frac{y+z}{2}\right\)^{2}.[/tex]
Но [tex]k_{z}(5y+7z)-k_{y}(5z+7y)\ge (y-z)\left\[17(y+z)^{2}-2yz\right\]\ge (y-z)\left\[16(y+z)^{2}+2yz\right\][/tex] и [tex]\sqrt{k_{z}}(5y+7z)-\sqrt{k_{y}}(5z+7y)\ge 0\Rightarrow G(x,y,z)-G(x,\frac{y+z}{2},\frac{y+z}{2})\ge \frac{(y-z)^{2}\left\{\sqrt{k_{x}k_{x,y+z}}(\sqrt{k_{x}}+\sqrt{k_{x,y+z}})\left\[16(y+z)^{2}+2yz\right\]-4\sqrt{k_{y}k_{z}k_{y+z}}(\sqrt{k_{y}}+\sqrt{k_{y+z}})(\sqrt{k_{z}}+\sqrt{k_{y+z}})\right\}}{4\sqrt{k_{x}k_{y}k_{z}k_{y+z}k_{x,y+z}}(\sqrt{k_{y}}+\sqrt{k_{y+z}})(\sqrt{k_{z}}+\sqrt{k_{y+z}})(\sqrt{k_{x}}+\sqrt{k_{x,y+z}})}\ge 0,[/tex]
понеже
[tex]\sqrt{k_{x}k_{x,y+z}}(\sqrt{k_{x}}+\sqrt{k_{x,y+z}})\left\[16(y+z)^{2}+2yz\right\]-4\sqrt{k_{y}k_{z}k_{y+z}}(\sqrt{k_{y}}+\sqrt{k_{y+z}})(\sqrt{k_{z}}+\sqrt{k_{y+z}})>0,[/tex] при [tex]\min\left\{x,y,z\right\}=x.[/tex]
Наистина от

[tex]i)[/tex] [tex]k_{x}\ge k_{z}\Leftrightarrow x\le z.[/tex]

[tex]ii)[/tex] [tex]k_{x,y+z}\ge k_{y+z}\Leftrightarrow y+z\ge 2x,[/tex] което е в сила.

От [tex]i)[/tex] и [tex]ii)[/tex] заключаваме, че [tex]\sqrt{k_{x}k_{x,y+z}}\ge \sqrt{k_{z}k_{y+z}},[/tex] а също така [tex]\sqrt{k_{x}}+\sqrt{k_{x,y+z}}\ge \sqrt{k_{z}}+\sqrt{k_{y+z}}.[/tex]

Остана да докажем, че [tex]4(y+z)^{2}+\frac{yz}{2}>\sqrt{k_{y}}(\sqrt{k_{y}}+\sqrt{k_{y+z}}).[/tex]
Имаме [tex]\sqrt{k_{y}}(\sqrt{k_{y}}+\sqrt{k_{y+z}})=k_{y}+\sqrt{k_{y}k_{y+z}}=2z^{2}+2x^{2}-y^{2}+\sqrt{(2z^{2}+2x^{2}-y^{2})\left\[2x^{2}+\left\(\frac{y+z}{2}\right\)^{2}\right\]}\le2z^{2}+2x^{2}-y^{2}+\sqrt{(2x^{2}+y^{2})^{2}}\le4x^{2}+2y^{2}<4(y+z)^{2}+\frac{yz}{2}.[/tex]

Така доказахме, че [tex]G(x,y,z)-G(x,\frac{y+z}{2},\frac{y+z}{2})\ge 0\Leftrightarrow G(x,y,z)\ge G(x,\frac{y+z}{2},\frac{y+z}{2})\ge \min_{\frac{1}{4}\le y\le \frac{1}{2}}G(x,y,y)>5\Rightarrow G(x,y,z)>5.[/tex] Неравенството е доказано.

[Мирослав Стоенчев]

Задача 71. б) Д-во: [tex]\frac{1}{h_{a}^{4}+h_{b}^{4}}+\frac{1}{h_{b}^{4}+h_{c}^{4}}+\frac{1}{h_{c}^{4}+h_{a}^{4}}=\sum_{c}\frac{1}{h_{a}^{4}+h_{b}^{4}}=\sum_{c}\frac{a^{4}b^{4}}{16S^{4}(a^{4}+b^{4})}\ge \frac{1}{2S^{2}}\Leftrightarrow \sum_{c}\frac{a^{4}b^{4}}{a^{4}+b^{4}}\ge 8S^{2}=\frac{2(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})-a^{4}-b^{4}-c^{4}}{2}\Leftrightarrow [/tex]

[tex]2\sum_{c}\frac{a^{2}b^{2}\left\(a^{2}b^{2}-\frac{a^{4}+b^{4}}{2}\right\)}{a^{4}+b^{4}}\ge a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}-a^{4}-b^{4}-c^{4}\Leftrightarrow -\sum_{c}\frac{a^{2}b^{2}(a^{2}-b^{2})^{2}}{a^{4}+b^{4}}\ge -\frac{(a^{2}-b^{2})^{2}+(b^{2}-c^{2})^{2}+(c^{2}-a^{2})^{2}}{2}\Leftrightarrow [/tex]

[tex](a^{2}-b^{2})^{2}+(b^{2}-c^{2})^{2}+(c^{2}-a^{2})^{2}-\sum_{c}\frac{2a^{2}b^{2}(a^{2}-b^{2})^{2}}{a^{4}+b^{4}}\ge 0\Leftrightarrow \sum_{c}\left\((a^{2}-b^{2})^{2}-\frac{2a^{2}b^{2}(a^{2}-b^{2})^{2}}{a^{4}+b^{4}}\right\)\ge 0 \Leftrightarrow \sum_{c}\frac{(a^{2}-b^{2})^{4}}{a^{4}+b^{4}}\ge 0.[/tex]

Неравенството е доказано.