Problema 1, lista scurta 2010

[Mateescu Constantin]

Daca \( a \) , \( b \) , \( c\in\mathbb C \) sunt toate de modul \( 1 \), aratati ca : \( |a-b|^2+|a-c|^2-|b-c|^2\ge -1 \) .

Dan Nedeianu, Drobeta Turnu Severin

[traian alexandresscu]

Aplicam teorema cosinusului si merge postez o demonstratie completa cand o sa gasesc una mai interesanta

[Antonache Emanuel]

Aplicam teorema cosinusului si merge postez o demonstratie completa cand o sa gasesc una mai interesanta

E destul de complicata . Daca facem calculele ne da:
\( 2-a\overline{b}-\overline{a}b-a\overline{c}-\overline{a}c+b\overline{c}+\overline{b}c\ge-1 \), adica \( a\overline{b}+b\overline{a}+a\overline{c}+c\overline{a}-b\overline{c}-c\overline{b}\le3 \). Daca scriem sub forma trigonometrica \( a,b,c \), cu argumentele \( t_1,t_2,t_3 \), ne da \( \cos(t_1-t_2)+\cos(t_1-t_3)-\cos(t_2-t_3)\le\frac{3}{2} \), \( 2\cos(\frac{t_1-t_2+t_1-t_3}{2})\cos(\frac{t_1-t_2-t_1+t_3}{2})-(2*\cos^{2}(\frac{t_2-t_3}{2})-1)\le\frac{3}{2} \)...(inmultim inegalitatea cu 2, dam factor comun \( 4\cos(\frac{t_2-t_3}{2}) \), iar in paranteza va fi diferenta de cosinusuri, care se scrie -2 * produs de sinusuri, etc...)..., si ajungem in forma \( \cos(\frac{t_2-t_3}{2})*\sin(\frac{t_1-t_3}{2})*\sin(\frac{t_1-t_2}{2})\ge-\frac{1}{8} \), adica ceva de genul \( \cos(a-b)\sin(a)\sin(b)\ge-\frac{1}{8} \), unde \( \frac{t_1-t_3}{2}=a \) si \( \frac{t_1-t_2}{2}=b \)...si de aici nu mai stiu, insa am impresia ca este o inegalitate trigonometrica cunoscuta... Daca poate cineva sa posteze din acest punct continuarea, i-as fi foarte recunoscator .

[Mateescu Constantin]

Se poate mai simplu : inegalitatea \( \cos(t_1-t_2)+\cos(t_1-t_3)-\cos(t_2-t_3)\le\frac 32 \) se poate scrie ca :

\( \cos(t_1-t_2)-\cos(t_2-t_3)+\cos(t_3-t_1)\le\frac 32 \) . Notand \( A=t_1-t_2 \) , \( B-\pi=t_2-t_3 \) si \( C=t_3-t_1 \) , ultima inegalitate devine :

\( \cos A+\cos B+\cos C\le\frac 32 \) cu \( A+B+C=\pi \) , care este o inegalitate cunoscuta intr-un triunghi (eventual degenerat) .

Cea mai simpla demonstratie se bazeaza pe identitatea : \( \overline{\underline{\left\|\ \sum\ \cos A=1+4\prod\ \sin\frac A2=1+\frac rR\ \right\|}} \)

si apoi aplicarea inegalitatii lui Euler i.e. \( R\ge 2r\ :\ \sum\ \cos A=1+\frac rR\ \le\ \frac 32 \) .

[Virgil Nicula]

Daca \( x \) , \( y \) , \( z\in\mathbb C \) au acelasi modul \( 1 \), aratati ca \( |x-y|^2\ +\ |x-z|^2\ +\ 1\ \ge\ |y-z|^2\ \ (1) \) .

Dem. Vom folosi o identitate peste multimea numerelor complexe care se demonstreaza usor si pe care va rog sa o retineti :

\( \overline{\underline{\left\|\ |a+b+c|^2+|a|^2+|b|^2+|c|^2=|a+b|^2+|b+c|^2+|c+a|^2\ \right\|}} \) care in interpretare geometrica este echivalenta cu relatia

\( \sum HA^2+HB^2+HC^2=HO^2+3R^2 \) . Folosind substitutia \( a=y-x \) , \( b=x-z \) , \( c=z \)

se obtine identitatea \( |y|^2+|z|^2+|x-y|^2+|x-z|^2=|x|^2+|y-z|^2+|y+z-x|^2 \) din care rezulta (evident !) inegalitatea

\( \underline{\overline{\left\|\ |y|^2+|z|^2+|x-y|^2+|x-z|^2\ge |x|^2+|y-z|^2\ \right\|}} \) cu egalitate iff \( \underline{y+z=x} \) . In concluzie, \( |x|=|y|=|z|=1\ \Longrightarrow\ (1) \) .

Observatie. Aceasta problema este exprimarea prin numere complexe a unei inegalitati cunoscute

din geometria triunghiului: \( \underline{\overline{\left\|\ b^2+c^2+R^2\ \ge\ a^2\ \right\|}}\ \ (*) \) cu egalitate daca si numai daca \( A=120^{\circ} \) si \( B=C \) .

Met 1. Notam cercul circumscris \( C(O,R) \) al \( \triangle ABC \), mijlocul \( M \) al laturii \( [BC] \) si simetricul \( N \) al lui \( O \) fata de \( M \) .

Exprimam mediana \( [AM] \) in triunghiurile \( ABC \) si \( AON \) : \( 2\left(b^2+c^2\right)-a^2=4m_a^2= \) \( 2\cdot\left(AN^2+AO^2\right)-ON^2= \)

\( 2\cdot AN^2+2R^2-4\cdot OM^2= \) \( 2\cdot AN^2+2R^2-4R^2+a^2 \) \( \Longrightarrow \) \( AN^2=b^2+c^2-a^2+R^2\ge 0 \) \( \Longrightarrow \) \( b^2+c^2+R^2\ge a^2 \) .

Met 2. Ineg. \( (*) \) \( \Longleftrightarrow \) \( 2bc\cdot\cos A+R^2\ge 0\ \Longleftrightarrow\ \) \( 1+8\cos A\sin B\sin C\ge 0 \) \( \Longleftrightarrow \)

\( 1+4\cdot\cos A\left[\cos (B-C)+\cos A\right]\ge 0 \) \( \Longleftrightarrow \) \( \left[2\cos A+\cos (B-C)\right]^2+\sin^2(B-C)\ge 0 \) .

Extindere. \( \left(\forall\right) X \)din planul \( (ABC) \) exista relatia \( \overline{\underline{\left\|\ b^2+c^2-a^2\ge XA^2-XB^2-XC^2\ \right\|}}\ \ (**) \)

cu egalitate daca si numai daca punctul \( X \) este simetricul varfului \( A \) fata de mijlocul laturii \( [BC] \) .

Observatie. Daca punctul \( X \) este centrul cercului circumscris triunghiului \( ABC \) , atunci se obtine inegalitatea \( (*) \) .

Met 1 (V.N.). Notam mijlocul \( M \) pt. \( [BC] \) si simetricul \( Y \) al lui \( X \) in raport cu \( M \) . Aplicam teorema medianei in triunghiurile

\( \left\|\begin{array}{ccc}
\triangle ABC & \Longrightarrow & 4m_a^2=2(b^2+c^2)-a^2\\\\\\
\triangle BXC & \Longrightarrow & 4\cdot XM^2=2\cdot\left(XB^2+XC^2\right)-a^2\\\\\\
\triangle XAY & \Longrightarrow & 2m_a^2=XA^2+YA^2-2\cdot XM^2\end{array}\right\|\Longrightarrow\ \underline{\overline{\left\|\ \left(XA^2-XB^2-XC^2\right)+YA^2=b^2+c^2-a^2\ \right\|}}\ \Longrightarrow\ (**) \) .

Met 2 (Moldovan). Notam mijloacele \( M \) , \( N \) pt. \( [BC] \) si \( [AX] \) respectiv . Deci \( b^2+c^2-a^2 \ge XA^2-XB^2-XC^2 \Longleftrightarrow \)

\( \frac{2(b^2+c^2)-a^2}{4}-\frac{a^2}{4} \ge \frac{XA^2}{2}-\frac{2(XB^2+XC^2)}{4} \Longleftrightarrow \) \( \frac{2(b^2+c^2)-a^2}{4}+\frac{2(XB^2+XC^2)-a^2}{4} \ge \frac{XA^2}{2}\ \Longleftrightarrow \)

\( AM^2+MX^2 \ge \frac{XA^2}{2} \ \Longleftrightarrow \) \( \frac{2(AM^2+MX^2)-XA^2}{4}\ \ge 0\ \Longleftrightarrow\ MN^2\ \ge\ 0 \) care este adevarata.

Problema propusa 1. Sa se arate ca intr-un triunghi \( ABC \) exista inegalitatea \( \overline{\underline{\left\|\ \frac {b+c}{a}\ +\ \frac {a^2-bc}{b^2+c^2-bc}\ \ge\ 2\ \right\|}}\ \ (***) \) .

Indicatie. Se aplica inegalitatea \( (**) \) pentru \( X:=I_a \) - centrul cercului \( A \)- exinscris triunghiului \( ABC \) .

Observatie. Inegalitatea \( (***) \) este echivalenta cu \( \underline{\overline{\left\|\ a^3+b^3+c^3+abc\ \ge\ 2a(b^2+c^2)\ \right\|}}\ \ge\ 4abc \) .

Problema propusa 2. Sa se arate urmatoarea identitate (peste \( C \) ), care in interpretare geometrica este

echivalenta cu relatia \( HO^2+\sum OM^2=12R^2 \) , unde \( NP\parallel BC \) , \( PM\parallel CA \) si \( MN\parallel AB \) :

\( |x+y+z|^2+|y+z-x|^2+|z+x-y|^2+|x+y-z|^2=4\cdot\left(|x|^2+|y|^2+|z|^2\right) \) .

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=5722

http://mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php ... bb647b54b6

http://mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php ... 45742&ml=1

http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?t ... =655031139

http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?p ... 139#296657

http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?p ... 615#277553

[Mateescu Constantin]

Problema propusa 1. Sa se arate ca intr-un triunghi \( ABC \) exista inegalitatea \( \overline{\underline{\left\|\ \frac {b+c}{a}\ +\ \frac {a^2-bc}{b^2+c^2-bc}\ \ge\ 2\ \right\|}}\ \ (\ast\ast\ast) \) .

Indicatie. Se aplica inegalitatea \( (\ast\ast) \) pentru \( X:=I_a \) - centrul cercului \( A \)- exinscris triunghiului \( ABC \) .

Observatie. Inegalitatea \( (\ast\ast\ast) \) este echivalenta cu \( \underline{\overline{\left\|\ a^3+b^3+c^3+abc\ \ge\ 2a(b^2+c^2)\ \right\|}}\ \ge\ 4abc \) .

Demonstratie : Aplicam inegalitatea \( (\ast\ast) \) pentru \( X:=I_a\ :\ \overline{\underline{\left\|\ b^2+c^2-a^2\ \ge\ I_aA^2-I_aB^2-I_aC^2\ \right\|}}\ \ (1) \)

Deoarece \( \sin\frac{A+C}{2}=\frac{r_a}{I_aB}\ \Longrightarrow\ I_aB=\frac{r_a}{\cos\frac B2}\ \ (2) \) . Cum \( \frac{ID}{I_aD}=\frac{BI}{I_aB}\ \cdot\ \frac{\sin\frac B2}{\cos\frac B2}\ =^{(2)}\ \frac{\frac{ca}{p}\cdot\cos\frac B2}{\frac{r_a}{\cos\frac B2}}\ \cdot\ \tan\frac B2 \)

\( \Longrightarrow\ \frac{ID}{I_aD}=\overline{\underline{\left\|\ \frac{r}{r_a}=\frac{p}{p-a}=\frac{IA}{I_aA}\ \right\|}}\ \Longrightarrow\ I_aA=\frac{bc}{p-a}\cos\frac A2\ \Longrightarrow\ \overline{\underline{\left\|\ I_aA^2=\frac {pbc}{p-a}\ \right\|}} \) . Din relatia \( (2) \)

obtinem : \( \underline{\overline{\left\|\ I_aB^2=\frac{ca(p-c)}{p-a}\ \right\|}} \) si analog \( \overline{\underline{\left\|\ I_aC^2=\frac{ab(p-b)}{p-a}\ \right\|}} \) . Prin urmare, inegalitatea \( (1) \) devine :

\( (p-a)(b^2+c^2-a^2)\ge p(bc-ca-ab)+a(b^2+c^2)\ \Longleftrightarrow\ a^3+p(b^2+c^2-a^2+ab-bc+ca)\ge 2a(b^2+c^2) \)

\( \Longleftrightarrow\ \overline{\underline{\left\|\ a^3+b^3+c^3+abc\ \ge\ 2a(b^2+c^2)\ \right\|}}\ \Longleftrightarrow\ \overline{\underline{\left\|\ \frac{b+c}{a}\ +\ \frac{a^2-bc}{b^2+c^2-bc}\ \ge\ 2\ \right\|}} \) .

[Virgil Nicula]

Generalizare. \( \left(\forall\right) X \) din planul \( (ABC) \) si \( \left(\forall\right) \) numerele reale \( m\ne -1 \) , \( p\ne -1 \) exista inegalitatea

\( \underline{\overline{\left\|\ pc^2+pmb^2-\frac {m(1+p)a^2}{1+m}\ \ge\ \frac {p(1+m)}{1+p}\cdot XA^2-XB^2-m\cdot XC^2\ \right\|}} \) .