Да се докаже по десет начина неравенството

[Titu_Andrescu]

Да се докаже поне по десет начина неравенството от третата национална олимпиада по математика провела се на 6-16 Юли 1961 година в Будапеща - Унгария.

Задача.Нека [tex]a,b,c [/tex] са страни на [tex]\triangle[/tex] с лице [tex]S[/tex]. Да се докаже, че
[tex]a^2+b^2+c^2\ge 4S\sqrt{3}[/tex]. Кога се достига равенство?
(Неравенство на WeitzenbÄock)

[Реклама]

[Titu_Andrescu]

Ще започна със 3 решения, за да стане по трудна задачата. След което ще ви оставя известно време да помислите и за други решения.

Решение N1. Ще използваме косинусовата теорема и формулата за лице на триъгълник 2S=ab.sinC. Имаме, че a²+b²+c²-4S√3=
=a²+b²+(a²+b²-2ab.cosC)-2ab.sinC√3=
=2(a²+b²-ab(cosC+sinC.√3))=2(a²+b²-ab.sin(C+30)) ≥ 2(a²+b²-2ab)=2(a-b)²≥0.
Равенство се достига тогава и само тогава, когато a=b и ъгъл C=60, тоест при равностранен триъгълник.

Решение N2. Ще докажем по-силното неравенство: a²+b²+c²≥4S√3+(a-b)²+(b-c)²+(c-a)², известно още като теорема на Финслер, Хадвигер.
Доказателство: Нека u,v,w>0. Имаме, че ½((u-v)²+(v-w)²+(w-u)²)≥0, тоест че u²+v²+w²≥uv+vw+wu или (u+v+w)²≥3(uv+vw+wu), което е еквивалентно на (u+v+w) ≥(3(uv+vw+wu))^0.5. Полагаме u=((xy)/z)^0.5, v=((yz)/x)^0.5 и w=((zx)/y)^0.5. Тогава неравенството придобива вида: ((xy)/z)^0.5+((yz)/x)^0.5+((zx)/y)^0.5≥(3(x+y+z))^0.5, умножаваме по членно и двете страни на неравенството с A=(xyz)^0.5 и получаваме, че xy+yz+zx≥(3(x+y+z)xyz)^0.5. Полагаме отново, но този път
x=p-a, y=p-b и z=p-c, където p=(a+b+c)/2 е полупериметъра. Тогава
(p-a)(p-b)+(p-b)(p-c)+(p-c)(p-a) ≥(3((p-a)+(p-b)+(p-c))(p-a)(p-b)(p-c))^0.5=(3p(p-a)(p-b)(p-c))^0.5=S√3, но a²-(b-c)²=4(p-b)(p-c),
b²-(c-a)²=4(p-c)(p-a),c²-(a-b)²=4(p-a)(p-b).
Следователно a²+b²+c²≥4S√3+(a-b)²+(b-c)²+(c-a)²≥4S√3, като равенство се достига тогава и само тогава, когато a=b=c.

Решение N3. От формулата на Херон за лице на триъгълник имаме, че S=(p(p-a)(p-b)(p-c)) ^0.5. От неравенството между средно-аритметично и средно-геомитрично за положителните числа p-a, p-b и p-c имаме, че
S=(p(p-a)(p-b)(p-c))^0.5≤(p.((p-a+p-b+p-c)/3)³)^0.5= (p⁴/27)^0.5=(a+b+c)²/12√3≤ (a²+b²+c²)/4√3.
Следователно a²+b²+c²≥4S√3, като равенство се достига тогава и само тогава, когато p-a=p-b=p-c, т.е a=b=c.

[Titu_Andrescu]

Решение N4. Известно е, че за всеки триъгълник при стандартни означения: m_a≥h_a, m_b≥h_b и m_c≥h_c.
(m_i е медианата , а h_i - височината, спуснати от връх i за триъгълника ABC)

Ще докажем по-силното неравенство: a²+b²+c²≥4S√3. Max{m_a/h_a,m_b/h_b,m_c/h_c}.
Нека T=Max{m_a/h_a,m_b/h_b,m_c/h_c}=m_a/h_a.
Доказателството ще е аналогично и когато T=m_b/h_b или m_c/h_c.
Сега е необходимо да докажем, че a²+b²+c²≥4S√3.m_a/h_a=2a.m_a√3.
Доказателство: Имаме, че (2a²-b²-c²)²≥0 <=>
4a⁴+b⁴+c⁴-4a²b²-4a²c²+2b²c²≥0 <=>
a⁴+b⁴+c⁴+2a²b²+2b²c²+2c²a²≥6a²b²+6a²c²-3a⁴ <=>
(a²+b²+c²)²≥a√3.√(2b²+2c²-a²)
<=>
a²+b²+c²≥2a.m_a√3

[ianikia]

Ето още едно решение.
Използваме следните твърдения:
1) а²+b²+с²>=(a+b+c)²/3
Д-во: 3a²+3b²+3c²-(a+b+c)²=(a-b)²+(a-c)²+(b-c)²>=0. Равенство - при a=b=c
2) a²+b²+c²>=9abc/(a+b+c)
Д-во: (a+b+c)/3>=(abc)^1/3 и (a²+b²+c²)/3>=(a²b²c²)^1/3. След почленно умн. стигаме до a²+b²+c²>=9abc/(a+b+c). Равенство - при a=b=c
3) R²>=(a²+b²+c²)/9 - R - радиус на описаната окръжност
Д-во: Ако М е медицентър на тр.АВС, а О е произв. точка, то ОА²+ОВ²+ОС²=3OM²+(a²+b²+c²)/3. (това е известна теорема, но ако е нужно ще напиша д-вото й)
Ако О е център на опис. окр. получаваме 3R²=3OM²+(a²+b²+c²)/3 => R²>=(a²+b²+c²)/9.
Равенство - при съвпадане на О и М (равностр. триъг.)
4) S=abc/(4R) => abc=4RS
Тогава имаме:
a²+b²+c²>=9abc/(a+b+c)=36RS/(a+b+c)>=12S(a²+b²+c²)^1/2/(a+b+c)>=12S(a+b+c)/(3^1/2(a+b+c))=4S3^1/2
Равенство - при a=b=c

[uktc]

[ianikia]

uktc, ето д-вото на

[ianikia]

Извинявам се, поправка:
m_a,m_b и m_c трябва да са на втора степен

[Titu_Andrescu]

Подсказка:

Докажете, че вътрешния триъгълник на Наполеон има лице:
0≤S_n=√3(a² + b²+c²-4S√3)/24

[OliGoFren]

Браво, баце, браво! Аз предлагам следната задача. Да се докаже теоремата на Питагор! За нея имало известни над 400 различни доказателства. А в Древна Гърция, за да стане някой признат математик, трябвало да измиски ново доказателство на теоремата на Питагор. Ееееееех! Славни времена бяха тогаваааааааааааааа!

[tanas]