Обобщение неравенства Вейценбека!

[Pashka]

Во множестве отечественных книг посвященных планиметрии можно встретить следующее неравенство: $4\sqrt{3}S\le{a^2+b^2+c^2}$ где a,b,c - стороны треугольника, а S - его площадь. Причём равенство достигается если и только если a=b=c. На не без известном сайте http://mathworld.wolfram.com это неравенство называется : "н-во Вейценбека". Поэтому и впредь я его буду так называть:)
Доказательство этого неравенства можно найти например в книге - Д.О. Шклярский "Геометрические неравенства и задачи на максимум и минимум" М., наука, 1970 г.
Совсем не давно я сформулировал и доказал следующую теорему:
Теорема (обобщение неравенства Вейценбека ): Для любого треугольника АВС со сторонами АB=c, BC=a, AC=b и площадью S справедливо следующее неравенство: $4S\le{\tg\alpha{a^2}+\tg\beta{b^2}+\tg\gamma{c^2}$ где $\alpha+\beta+\gamma=90^0$ и $\alpha,\beta,\gamma$ принадлежат интервалу (-п/2; п/2).
Причём равенство достигается тогда и только тогда когда $A=\beta+\gamma$, $B=\alpha+\gamma$, $C=\alpha+\beta$.
Легко видеть, что при $\alpha=\beta=\gamma=30^0$ все условия теоремы выполняются и мы получим неравенство Вейценбека.
Мои попытки найти что-нибудь похожее были без успешными. Возможно есть неравенство аналогичное моему только в представленное в другом виде?
Мне интересно не встречали ли вы что-нибудь похожее.? Да и вообще ваши мнения по этому поводу)
Дубовик Павел (с).

[arqady]

Интересное неравенство! Для доказательства достаточно проверить, что правая часть положительна.
З.А. Скопец в шестидесятых годах прошлого века придумал $3a^2+3b^2-c^2\geq4\sqrt3S$, что является следствием из Вашего неравенства.

[Pashka]

arqady в сообщении #363486 писал(а):

Интересное неравенство! Для доказательства достаточно проверить, что правая часть положительна.
З.А. Скопец в шестидесятых годах прошлого века придумал $3a^2+3b^2-c^2\geq4\sqrt3S$, что является следствием из Вашего неравенства.

Спасибо конечно! только вчера я узнал, что моё неравенство - это следствие неравенства Педо. Если не встречали такого, то советую поискать! Оно вообще "мощное" :)
Но у меня есть некоторые соображения и по улучшению неравенства Педо. Если всё получится, я обязательно напишу здесь)
По подробнее напишите идею вашего доказательства пожалуйста)

[arqady]

Pashka в сообщении #363593 писал(а):

только вчера я узнал, что моё неравенство - это следствие неравенства Педо. Если не встречали такого, то советую поискать!

Встречал. Оно для двух треугольников.

Pashka в сообщении #363593 писал(а):

По подробнее напишите идею вашего доказательства пожалуйста)

После того, как правая часть Вашего неравенства оказалась положительной, то после возведения обеих частей в квадрат остаётся проверить, что получившийся квадратный трёхчлен (относительно $a^2$, например) неотрицателен, что просто. Для простоты вычислений можно положить:
$\tan\alpha=x$, $\tan\beta=y$ и $\tan\gamma=z$. Тогда $xy+xz+yz=1$ и т.д.

Имеется забавное нeравенство, похожее на неравенство Pedoe.
Пусть $S$ - площадь треугольника со сторонами $a$, $b$ и $c$, а $S'$ - площадь треугольника со сторонами $a'$, $b'$ и $c'$. Докажите, что:

$$a'(b+c-a)+b'(a+c-b)+c'(a+b-c)\geq\sqrt{48SS'}$$

[Dimoniada]

Теорема (обобщение неравенства Вейценбека ) - см. "Геометрия 9-11" задачник И.Ф.Шарыгин (1997г.) задача № 657. Следующая задача под №658: "Доказать неравенство $a^2+b^2+c^2\geq4\sqrt3S+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$, где $a$, $b$, $c$, $S$ - соответственно стороны и площадь треугольника (Финслер, Хадвигер)"
Возможно, эти задачи связаны и давно были уже известны (хотя идеи доказательств в книге разные).

[Pashka]

Dimoniada в сообщении #363736 писал(а):

Теорема (обобщение неравенства Вейценбека ) - см. "Геометрия 9-11" задачник И.Ф.Шарыгин (1997г.) задача № 657. Следующая задача под №658: "Доказать неравенство $a^2+b^2+c^2\geq4\sqrt3S+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$, где $a$, $b$, $c$, $S$ - соответственно стороны и площадь треугольника (Финслер, Хадвигер)"
Возможно, эти задачи связаны и давно были уже известны (хотя идеи доказательств в книге разные).

Вы правы! Эти теоремы связаны! Неравенство Хадвигера - Финслера - это частный случай неравенства Педо, а н-во Вейценбека- это частный случай н-ва Хадвигера - Финслера!

[arqady]

Pashka, может, вместо слов "- это частный случай" Вы имеете в виду "следует из"?

[Pashka]

arqady в сообщении #363761 писал(а):

Pashka, может, вместо слов "- это частный случай" Вы имеете в виду "следует из"?

Да, именно это я имею ввиду!

[arqady]

Неравенство Хадвигера - Финслера можно усилить, например, так:

$$a^2+b^2+c^2\geq4\sqrt3S+\left((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right)\left(1+\frac{abc}{2(a+b+c)(ab+ac+bc)}\right)$$

[Pashka]

Pashka в сообщении #363593 писал(а):

arqady в сообщении #363486 писал(а):

Интересное неравенство! Для доказательства достаточно проверить, что правая часть положительна.
З.А. Скопец в шестидесятых годах прошлого века придумал $3a^2+3b^2-c^2\geq4\sqrt3S$, что является следствием из Вашего неравенства.

Спасибо конечно! только вчера я узнал, что моё неравенство - это следствие неравенства Педо. Если не встречали такого, то советую поискать! Оно вообще "мощное" :)
Но у меня есть некоторые соображения и по улучшению неравенства Педо. Если всё получится, я обязательно напишу здесь)
По подробнее напишите идею вашего доказательства пожалуйста)

Прошу прощения!
Ещё раз пересмотрел. Моё неравенство эквивалентно неравенству Педо. Причём в моей форме мне запись нравится больше. Согласитесь. Хотя у Педо получается формулировка красивая.

-- Ср окт 20, 2010 00:39:27 --

arqady в сообщении #363772 писал(а):

Неравенство Хадвигера - Финслера можно усилить, например, так:

$$a^2+b^2+c^2\geq4\sqrt3S+\left((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right)\left(1+\frac{abc}{2(a+b+c)(ab+ac+bc)}\right)$$

Я смотрю вы специалист в неравенствах)
Сами его придумали?

[arqady]

Pashka в сообщении #363775 писал(а):

Я смотрю вы специалист в неравенствах)

Только учусь.

Pashka в сообщении #363775 писал(а):

Сами его придумали?

Сам, ну и Вы с Dimoniada помогли, когда упомянули неравенство Хадвигера - Финслера. У меня любое неравенство вызывает неизбывное желание его усилить.
А вааще, моя персона - дело последнее. Вот как доказать упомянутые мной здесь неравенства? Это, имхо, интереснее.

[Pashka]

arqady в сообщении #363620 писал(а):

Pashka в сообщении #363593 писал(а):

Имеется забавное нeравенство, похожее на неравенство Pedoe.
Пусть $S$ - площадь треугольника со сторонами $a$, $b$ и $c$, а $S'$ - площадь треугольника со сторонами $a'$, $b'$ и $c'$. Докажите, что:

$$a'(b+c-a)+b'(a+c-b)+c'(a+b-c)\geq\sqrt{48SS'}$$

Когда достигается равенство?

[Dimoniada]

arqady в сообщении #363772 писал(а):

Неравенство Хадвигера - Финслера можно усилить, например, так:

$$a^2+b^2+c^2\geq4\sqrt3S+\left((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right)\left(1+\frac{abc}{2(a+b+c)(ab+ac+bc)}\right)$$

Если $\sigma_1 = \frac 1 2 (a+b+c) = p$ ,
$\sigma_2 = \frac 1 4 ((a+b-c)(b+c-a)+(c+a-b)(a+b-c)+(b+c-a)(c+a-b))$
и $\sigma_3 = \frac 1 8 ((a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)) = (p-a)(p-b)(p-c)$, то неравенство принимает "страшненький" вид:

$$\frac {(\sigma_1^2-3\sigma_2)(\sigma_1\sigma_2-\sigma_3)}{8\sigma_1(\sigma_1^2+\sigma_2)}+\sigma_2\geq \sqrt{3\sigma_1\sigma_3}$$

[arqady]

Pashka в сообщении #363994 писал(а):

Когда достигается равенство?

Для двух правильных треугольников.

[Pashka]

arqady в сообщении #363620 писал(а):

Pashka в сообщении #363593 писал(а):

только вчера я узнал, что моё неравенство - это следствие неравенства Педо. Если не встречали такого, то советую поискать!

Встречал. Оно для двух треугольников.

Pashka в сообщении #363593 писал(а):

По подробнее напишите идею вашего доказательства пожалуйста)

После того, как правая часть Вашего неравенства оказалась положительной, то после возведения обеих частей в квадрат остаётся проверить, что получившийся квадратный трёхчлен (относительно $a^2$, например) неотрицателен, что просто. Для простоты вычислений можно положить:
$\tan\alpha=x$, $\tan\beta=y$ и $\tan\gamma=z$. Тогда $xy+xz+yz=1$ и т.д.

Имеется забавное нeравенство, похожее на неравенство Pedoe.
Пусть $S$ - площадь треугольника со сторонами $a$, $b$ и $c$, а $S'$ - площадь треугольника со сторонами $a'$, $b'$ и $c'$. Докажите, что:

$$a'(b+c-a)+b'(a+c-b)+c'(a+b-c)\geq\sqrt{48SS'}$$

Это тоже вы придумали?
Если да, то чем руководствовались. Геометрическими соображениями или чисто формально?