Геометрическое неравенство

[Edward_Tur]

Для произвольного треугольника $\frac{{l_a }}{{m_a }} + \frac{{l_b }}{{m_b }} + \frac{{l_c }}{{m_c }} > 1$
(обозначения стандартные).
Источник – ММО-2004

[e2e4]

Интересная задачка, не пинайте слишком строго за мой ламеризм, но т.к. никто не отвечает, рискну сделать два утверждения:
1. Доказательство этого свойства равносильно тому, что для произвольных $a, b, c > 0$ выполняется неравенство $\dfrac{2(a+b+c)}{\sqrt{abc}}>1$
2. Менее "глобальное утверждение": должно выполняться неравенство $\dfrac{2}{\sqrt{\dfrac{2*(l_b^2+l_c^2)}{l_a^2}-1}} + \dfrac{2}{\sqrt{\dfrac{2*(l_a^2+l_b^2)}{l_c^2}-1}} + \dfrac{2}{\sqrt{\dfrac{2*(l_a^2+l_c^2)}{l_b^2}-1}} > 1$

[maxal]

e2e4 писал(а):

1. Доказательство этого свойства равносильно тому, что для произвольных $a, b, c > 0$ выполняется неравенство $\dfrac{2(a+b+c)}{\sqrt{abc}}>1$

Это неравенство в общем случае неверное. В частности, оно неверно для $a=b=c=m$, где $m$ достаточно большое число.

[e2e4]

maxal писал(а):

e2e4 писал(а):

1. Доказательство этого свойства равносильно тому, что для произвольных $a, b, c > 0$ выполняется неравенство $\dfrac{2(a+b+c)}{\sqrt{abc}}>1$

Это неравенство в общем случае неверное. В частности, оно неверно для $a=b=c=m$, где $m$ достаточно большое число.

Конечно неверно, я это чувствовал. Вот если бы корень 3-й степени . И, конечно, доказательство свойства, приведенного Edward_Tur, не равносильно доказательству этого неравенства, тут я погорячился с формулировкой. А вот если бы это неравенство выполнялось, выполнялось бы и указанное св-во.

Второе мое неравенство получено банальным образом, я просто выразил медианы произвольного треугольника через стороны с помощью теоремы косинусов.

Интуитивная идея следующая: треугольник однозначно задается тремя параметрами, хотя бы один из которых - некоторый линейный размер. Таким образом медианы треугольника можно выразить через стороны треугольника, и попробовать доказать неравенство. Больше ничего сообразить не могу.

[Профессор Снэйп]

Edward_Tur писал(а):

обозначения стандартные.

Я их не знаю.

$m_a$ --- это, по моему, медиана, проведённая к стороне $a$ из противоположной этой стороне вершины. А что такое $l_a$? У меня есть предположение, что это биссектриса, но я не уверен. Так ли это? Просветите.

[Slash]

Да, вы правы.

[e2e4]

Цитата:

А что такое ? У меня есть предположение, что это биссектриса, но я не уверен. Так ли это? Просветите.

А я подумал, что $l_a$ - длина стороны a, а сторона a - это сторона, лежащая против угла A

Edward_Tur, давайте уж тогда поясняйте обозначения!

[Профессор Снэйп]

e2e4 писал(а):

Интуитивная идея следующая: треугольник однозначно задается тремя параметрами, хотя бы один из которых - некоторый линейный размер. Таким образом медианы треугольника можно выразить через стороны треугольника, и попробовать доказать неравенство. Больше ничего сообразить не могу.

У меня получились выражения

$$ m_a^2 = \frac{2b^2+2c^2-a^2}{4} = \frac{(b+c-a)(b+c+a) + (b-c)^2}{4} $$

и

$$ l_a^2 = bc \left( 1 - \frac{a^2}{(b+c)^2} \right) = \frac{bc}{(b+c)^2}(b+c-a)(b+c+a) $$

Что с этим делать дальше я не вижу. Может, кто-нибудь увидит?

[maxal]

Профессор Снэйп писал(а):

$m_a$ --- это, по моему, медиана, проведённая к стороне $a$ из противоположной этой стороне вершины. А что такое $l_a$? У меня есть предположение, что это биссектриса, но я не уверен. Так ли это? Просветите.

Да, это так. См., например: http://www.cut-the-knot.org/triangle/index.shtml

[arqady]

Edward_Tur писал(а):

Для произвольного треугольника $\frac{{l_a }}{{m_a }} + \frac{{l_b }}{{m_b }} + \frac{{l_c }}{{m_c }} > 1$

Ваше неравенство доказывается с помощью вот такой оценки:
$$\frac{{l_a }}{{m_a }}>\frac{b+c-a}{a+b+c}. Для доказательства же последнего неравенства нужно пару раз воспользоваться неравенством треугольника.

[Kid Kool]

arqady писал(а):

Для доказательства же последнего неравенства нужно пару раз воспользоваться неравенством треугольника. Wink

Не вполне очевидно, как именно. Можно подробнее?

[arqady]

Kid Kool писал(а):

arqady писал(а):

Для доказательства же последнего неравенства нужно пару раз воспользоваться неравенством треугольника. Wink

Не вполне очевидно, как именно. Можно подробнее?

Как же ещё! Конечно можно!

$$l_a=\frac{2bc\cos\frac{\alpha}{2}}{b+c}=\sqrt{\frac{4b^2c^2\frac{1+\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}}{2}}{(b+c)^2}}=\sqrt{\frac{bc(a+b+c)(b+c-a)}{(b+c)^2}},$$

$$m_a=\sqrt{\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}}.$$

Поэтому

$$\frac{l_a}{m_a}>\frac{b+c-a}{a+b+c}\Leftrightarrow4bc(a+b+c)^3>(b+c-a)(b+c)^2(2b^2+2c^2-a^2)\Leftrightarrow$$

$$4bca^3+12bc(b+c)a^2+12bc(b+c)^2a+4bc(b+c)^3>(b+c)^2a^3-(b+c)^3a^2-2(b+c)^2(b^2+c^2)a+2(b+c)^3(b^2+c^2)\Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow-(b-c)^2a^3+a^2(b+c)^3+12bc(b+c)a^2+(2(b+c)^2(b^2+c^2)+12bc(b+c)^2)a-2(b+c)^3(b-c)^2>0.$$

Пользуясь неравеством треугольника мы получаем:

$$-(b-c)^2a^3+a^2(b+c)^3+12bc(b+c)a^2+(2(b+c)^2(b^2+c^2)+12bc(b+c)^2)a-2(b+c)^3(b-c)^2>$$

$$>-(b-c)^2a^3+(b+c)^3(b-c)^2+12bc(b+c)(b-c)^2+(2(b+c)(b^2+c^2)+12bc(b+c))(b-c)^2-2(b+c)^3(b-c)^2>$$

$$>20(b-c)^2bc(b+c)\geq0.$$

[maxal]

Немного не в тему, но хотелось привлечь внимание профессионалов в вопросах неравенств к этой задачке:
http://dxdy.ru/viewtopic.php?t=2124
Интересно, если ли там красивая оценка на коэффициенты сверху?
Я там понаписал кое-какие мысли, но до сих пор не уверен, приведут ли они к хорошей оценке.

[Edward_Tur]

Красивое решение - http://olympiads.mccme.ru/mmo/2004/resh09.pdf задача №4

[Батороев]

Edward_Tur писал(а):

Красивое решение - http://olympiads.mccme.ru/mmo/2004/resh09.pdf задача №4

Там задается вопрос, к какому треугольнику необходимо "стремиться", чтобы искомая сумма приближалась к единице.
Мне пришел на ум такой вариант:
Равнобедренный треугольник, один угол которого стремится к нулю, а два других к $\frac{\pi}{2} $.
А существуют ли другие варианты?