67 KB - DeltaMi
Transkrypt
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.