67 KB - DeltaMi

Boki trójkąta
Joanna JASZUŃSKA
90
Nierówność średnich dla liczb s, t > 0:
q
s2
+
2
t2
√
2
s+t
­
­ st ­
.
2
1/s + 1/t
Średnie te to kolejno: kwadratowa (K),
arytmetyczna (A), geometryczna (G)
i harmoniczna (H).
Jeśli w nierówności, którą chcemy uzasadnić, występują długości boków a, b, c
pewnego trójkąta, często przydaje się podstawienie Raviego: a = y + z, b = z + x,
c = x + y, gdzie x, y, z > 0. Takie liczby x, y, z zawsze istnieją, są to bowiem
długości odcinków stycznych do okręgu wpisanego w trójkąt (rysunek).
Liczby a, b, c są długościami boków pewnego trójkąta. Wykaż, że:
(a − b + c)(a + b − c) (a + b − c)(−a + b + c) (−a + b + c)(a − b + c)
+
+
­ a + b + c.
−a + b + c
a−b+c
a+b−c
1
1
1
1 1 1
2.
+
+
­ + + .
−a + b + c a − b + c a + b − c
a b
c
√
√
√
√
√
√
3. a + b + c ­ −a + b + c + a − b + c + a + b − c.
1.
4. abc ­ (−a + b + c)(a − b + c)(a + b − c).
5. 2(ab + bc + ca) > a2 + b2 + c2 .
6.
b
c
a
+
+
< 2.
b+c c+a a+b
7. Wykaż, że jeśli x, y, z > 0, to
x
y
z
3
+
+
­ .
y+z
z+x x+y
2
Autorem nierówności 4 jest Alessandro Padoa, natomiast nierówność 7 to nierówność
Alfreda Nesbitta.
Rozwiązania
We wszystkich rozwiązaniach stosujemy podstawienie:
a = y + z,
b = z + x,
c = x + y.
Wówczas −a + b + c = 2x, a − b + c = 2y, a + b − c = 2z.
R1. Należy dowieść, że
zx xy
yz
+
+
­ x + y + z.
x
y
z
Z nierówności pomiędzy średnimi A ­ G mamy
xy
yz
zx
zx
yz
xy
p
√
√
y + z
x + y
z + x
­ x2 ,
­ y2 ,
­ z2,
2
2
2
co po dodaniu stronami kończy dowód. R2. Należy wykazać, że
1
1
1
1
1
1
+
+
­
+
+
.
2x 2y 2z
y+z
z+x x+y
Z nierówności pomiędzy średnimi A ­ H mamy
1
y
1
z
1
1
1
1
z + x
,
­
,
4
y+z
4
z+x
co po dodaniu stronami daje tezę. +
­
1
x
+
4
1
y
­
1
,
x+y
R3. Należy udowodnić, że
p
√
√
√
√
√
y + z + z + x + x + y ­ 2x + 2y + 2z.
Z nierówności pomiędzy średnimi K ­ A mamy
√
√ √y + z
√
y+z ­ 2·
,
√ 2√
√
√
z+ x
,
z+x ­ 2·
√ 2√
√
√
x+ y
,
x+y ­ 2·
2
co po dodaniu stronami kończy dowód. 25
R4. Należy pokazać, że
(y + z)(z + x)(x + y) ­ 8xyz.
Z nierówności pomiędzy średnimi A ­ G mamy
√
√
√
y + z ­ 2 yz, z + x ­ 2 zx, x + y ­ 2 xy,
co po wymnożeniu stronami daje tezę. R5. Należy dowieść, że
2((y + z)(z + x) + (z + x)(x + y) + (x + y)(y + z)) >
> (y + z)2 + (z + x)2 + (x + y)2 .
Równoważnie,
4(xy + yz + zx) > 0,
co jest prawdą, bo x, y, z > 0. R6. Należy uzasadnić, że
z+x
x+y
y+z
+
+
< 2.
2x + y + z
x + 2y + z
x + y + 2z
Zmniejszenie mianownika zwiększa wartość ułamka, więc
y+z
z+x
x+y
+
+
<
2x + y + z
x + 2y + z
x + y + 2z
z+x
x+y
y+z
+
+
= 2. <
x+y+z
z+y+z
x+y+z
R7. Należy wykazać, że
−a + b + c a − b + c a + b − c
+
+
­ 3.
a
b
c
Z nierówności pomiędzy średnimi A ­ G mamy
b
b c
c
a
a
+ ­ 2,
+ ­ 2,
+ ­ 2,
b
a
c b
a
c
co po dodaniu stronami i odjęciu 3 daje tezę. Zadania 2 i 7 pochodzą odpowiednio z XLV i z VIII Olimpiady
Matematycznej.