Articol - SSMR

More documents

Recommendations

Info

$Bull. Math. Soc. Sci. Math. Roumanie Tome 49(97) No. 4 ... - SSMR$

6 <strong>Articol</strong>e şi note matematice cu egalitate dacă şi numai dacă: x a(b 2 + c 2 − a 2 ) = y b(c 2 + a 2 − b 2 ) = z c(a 2 + b 2 − c 2 ) . Dacă luăm în inegalitatea lui Murray S. Klamkin x = a, y = b, z = c, obţinem ( a 2 + b 2 + c 2 ) 2 ≥ 3 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 √ 3S. 4S Demonstraţia 16. A. Oppenheim a stabilit că: dacă x, y, z ∈ R ∗ + ,atunci în orice triunghi ABC are loc inegalitatea: ( a 2 x + b 2 y + c 2 z ) 2 ≥ 16S 2 (xy + yz + zx) . Considerând x = y = z = 1, deducem ( a 2 + b 2 + c 2) 2 ≥ 16S2 · 3 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 √ 3S. Demonstraţia 17. Tot Murray S. Klamkin a stabilit şi inegalitatea: ( a 2 + b 2 + c 2 ) 2 ≥ a2 4S b 2 + b2 c 2 + c2 a 2 ≥ 3, din care obţinem a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 √ 3S. Demonstraţia 18. Conform teoremei cosinusului avem: a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A ≥ 2bc − 2bc cos A =2bc(1 − cos A) = =4bc sin 2 A sin 2 A sin 2 A 2 =4bc sin A · 2 sin A =8S · 2 2sin A 2 cos A =4S · tg A 2 , 2 şi analoagele, de unde deducem că ( a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4S tg A ) 2 +tgB 2 +tgC . 2 Concluzia rezultă acum din faptul că funcţia h :(0,π) → R, h(x) =tg x 2 este convexă pe(0,π), deci tg A 2 +tgB 2 +tgC 2 ≥ 3tg A + B + C =3tg π 6 6 = √ 3. Demonstraţia 19. Avem: ( a 2 + b 2 + c 2) 2 4 ( = a 2 + b 2 + c 2)( m 2 a + m 2 b 3 + ) m2 c ≥ ≥ 4 (a + b + c)2 · · (m a + m b + m c ) 2 ≥ 4 3 3 3 27 (a + b + c)2 (h a + h b + h c ) 2 ≥ ≥ 4 (3 3√ abc · 3 3√ ) 2 ( √ ) 2 ( √ ) h a h b h c =12 3 3 2 aha bh b ch c =12 2 27 3 S 3 =48S 2 , de unde se deduce uşor că a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 √ 3S.
D. M. Bătineţu-Giurgiu, N. Stanciu, Inegalităţi Ionescu-Weitzenböck 7 Demonstraţia 20. Pentru orice punct M ∈ IntABC notăm d a (M), d b (M), d c (M) distanţele de la punctul M respectiv la dreptele BC, CA, AB şi s a (M) =A[MBC],s b (M) =A[MCA],s c (M) =A[MAB]. Vom arăta că: Într-adevăr, avem: T = a d a (M) + a d a (M) + b d b (M) + b d b (M) + c d c (M) = c d c (M) ≥ 6√ 3. a2 2s a (M) + unde aplicăm inegalitatea lui Bergström şi obţinem b2 2s b (M) + c2 2s c (M) , (a + b + c) 2 T ≥ 2(s a (M)+s b (M)+s c (M)) = 4p2 2S = 2p2 pr = 2p r . Apoi, conform inegalităţii lui Mitrinović p ≥ 3 √ 3r, deducem că T ≥ 2p r ≥ 2 · 3r√ 3 =6 √ 3. r Dacă luăm M = G, atunci : şi rezultă că: T = s a (G) =s b (G) =s c (G) = 1 3 S, a2 2s a (G) + b2 2s b (G) + c2 2s c (G) ≥ 6√ 3 ⇔ ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ 2 3 S · 6√ 3=4 √ 3S. Demonstraţia 21. Inegalitatea Neuberg – Pedoe afirmă că: Dacă A 1 B 1 C 1 ,A 2 B 2 C 2 sunt două triunghiuri de laturi a 1 ,b 1 ,c 1 şi a 2 , b 2 , c 2 şi de arii S 1 , respectiv S 2 , atunci are loc inegalitatea: a 2 ( 1 −a 2 2 + b 2 2 + c 2 ( 2) + b 2 1 a 2 2 − b 2 2 + c 2 ( 2) + c 2 1 a 2 2 + b 2 2 − c 2 2) ≥ 16S1 S 2 . Dacă luăm √ triunghiul A 2 B 2 C 2 echilateral de laturi√ a 2 = b 2 = c 2 =1 3 3 avem S 2 = 4 şi atunci rezultă că a2 1 + b2 1 + c2 1 ≥ 16S 1 · 4 =4√ 3S 1 . Deci, într-un triunghi ABC are loc inegalitatea a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 √ 3S. Demonstraţia 22. Conform unei inegalităţi a lui A. Oppenheim: Dacă x, y, z ∈ R + ,atunciîn orice triunghi ABC, cu notaţiile obişnuite, are loc inegalitatea: (x + y + z) 2 ≥ 2 √ 3(yz sin A + zxsin B + xy sin C), cu egalitate dacă şi numai dacă x = y = z şi triunghiul ABCeste echilateral. Dacă luăm x = a, y = b, z = c, atunci obţinem (a + b + c) 2 ≥ 2 √ 3(bc sin A + ca sin B + ab sin C) =2 √ 3 · 6S =12 √ 3S.
Page 1 and 2: INEGALITĂŢI DE TIP IONESCU-WEITZE
Page 3 and 4: D. M. Bătineţu-Giurgiu, N. Stanci
Page 5: D. M. Bătineţu-Giurgiu, N. Stanci
Page 9 and 10: D. M. Bătineţu-Giurgiu, N. Stanci

Articol - SSMR

You also want an ePaper? Increase the reach of your titles

Delete template?

Save as template?