Inequality No.1

[rsoldo]

Prove that the triangle is valid:

$$\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}+\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2}+\sin\frac{C}{2}\sin\frac{A}{2}\leq\frac{5}{8}+\frac{r}{4R}$$

[TOTAL]

$\displaystyle p=\sin\frac{A}{2}+\sin\frac{B}{2}+\sin\frac{C}{2}$ - обозначение

$\displaystyle p \le\frac{3}{2}$ - из выпуклости синуса

$\displaystyle \frac{r}{4R}=\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2}$ - очевидно

$\displaystyle (1-\sin\frac{A}{2})(1-\sin\frac{B}{2})(1-\sin\frac{C}{2})\le (1-\frac13p)^3$ - неравенство средних

$\displaystyle \sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}+\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2}+\sin\frac{C}{2}\sin\frac{A}{2}\leq\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2}+\frac13p^2-\frac{1}{27}p^3$ - вот и всё

[novichok2018]

Для суммы квадратов таких половинных синусов в треугольнике - есть хорошее тождество? Намекаю на Коши-Буняковского.

[Sergic Primazon]

$$\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}+\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2}+\sin\frac{C}{2}\sin\frac{A}{2}\le \dfrac{1}{2}+\dfrac{r}{2R}\le \dfrac{5}{8}+\dfrac{r}{4R}$$

$$(...)^2=\sin^2\frac{A}{2} \sin^2\frac{B}{2}+\sin^2\frac{B}{2} \sin^2\frac{C}{2}+\sin^2\frac{C}{2} \sin^2\frac{A}{2}+ 2 \sin\frac{A}{2} \sin\frac{B}{2} \sin\frac{C}{2} \left(\sin\frac{A}{2}+ \sin\frac{B}{2}+ \sin\frac{C}{2}\right) = $$ $$ = \dfrac{p^2+r^2}{16R^2}-\dfrac{r}{2R}+\dfrac{r}{2R}\left(\sin\frac{A}{2}+\sin\frac{B}{2}+\sin\frac{C}{2}\right)\le \left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{r}{2R}\right)^2$$

$$p^2 \le 4R^2+4rR+3r^2\ ,\ \ \ \sin\frac{A}{2}+\sin\frac{B}{2}+\sin\frac{C}{2}\le \dfrac{3}{2}$$

[novichok2018]

К-Б немножко не хватает, оно в верхнем среднем неравенстве из предыдущего сообщения даёт 1 вместо 1/2.

[arqady]

rsoldo в сообщении #1485134 писал(а):

Prove that the triangle is valid:

$$\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}+\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2}+\sin\frac{C}{2}\sin\frac{A}{2}\leq\frac{5}{8}+\frac{r}{4R}$$

В стандартных обозначениях нужно доказать, что:

$$\sum_{cyc}\sqrt{\frac{1-\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}}{2}\cdot\frac{1-\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}}{2}}\leq\frac{5}{8}+\frac{\frac{2S}{a+b+c}}{\frac{abc}{S}}$$

или

$$\sum_{cyc}\sqrt{\frac{(a+b-c)^2(a+c-b)(b+c-a)}{abc^2}}\leq\frac{5}{2}+\frac{\prod\limits_{cyc}(a+b-c)}{2abc}.$$

Пусть теперь $a+b-c=z$, $a+c-b=y$ и $b+c-a=x$.
Тогда нужно доказать, что

$$4\sum_{cyc}\sqrt{\frac{xyz^2}{(x+z)(y+z)(x+y)^2}}\leq\frac{5}{2}+\frac{8xyz}{2(x+y)(x+z)(y+z)}$$

или

$$8\sum_{cyc}z\sqrt{xy(x+z)(y+z)}\leq\sum_{cyc}(5x^2y+5x^2z+6xyz).$$

Теперь, AM-GM даёт:

$$8\sum_{cyc}z\sqrt{xy(x+z)(y+z)}\leq4\sum_{cyc}z(x(y+z)+y(x+z))=4\sum_{cyc}(x^2y+x^2z+2xyz)$$

и остаётся доказать, что

$$4\sum_{cyc}(x^2y+x^2z+2xyz)\leq\sum_{cyc}(5x^2y+5x^2z+6xyz)$$

или

$$\sum_{cyc}z(x-y)^2\geq0.$$