Balkan 1996/01

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Talete
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Balkan 1996/01

Messaggio da Talete » 11 set 2015, 14:29

Dimostrare che in un triangolo di circocentro $O$, baricentro $G$ e incentro $I$ si ha:
\[OG \le OI.\]

E adesso lo risolverete in baricentriche... :(
Ultima modifica di Talete il 23 set 2015, 19:01, modificato 1 volta in totale.
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igoh
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Re: Balkan 1996/01

Messaggio da igoh » 23 set 2015, 17:57

Deve esserci un errore, ma non riesco a torvarlo, perché la disequazione mi esce nell'altro verso :oops: quindi metto nascosto sperando che qualcuno lo trovi
Testo nascosto:
Per $ OI $ usiamo la nota formula di Eulero $ IO^2=R^2-2Rr $ dove $ R $ e $ r $ sono rispettivamente i raggi della circonferenza circoscritta ed inscritta ,per esigenze future riscriviamo usando le formule $r=\frac{A}{p}$ e $ R=\frac{abc}{4A}$ e otteniamo $IO^2=R^2 -\frac{abc}{a+b+c}$.
Ora prendiamo un triangolo $ ABC $ in cui sia $ G $ il baricentro, $O$ circocentro ed $M$ punto medio di $BC$. Nel triangolo $ AOM $ possiamo applicare il teorema di Stewart per la lunghezza del ceviano $OG$ abbiamo $ AM(OG^2+AG*GM)=AG*OM^2+GM*AO^2 $ da cui ricavando $OG^2=\dfrac{AG*OM^2+GM*AO^2}{AM}-AG*GM$ ricordando $AG=\dfrac{2}{3}AM$,$GM=\dfrac{AM}{3}$ e $AM^2=\dfrac{\sqrt{2c^2+2b^2-a^2}}{2}$,$AO=R$ e notando che per Pitagora in $OMB$ $OM^2=R^2 -\frac{a^2}{4}$ si semplifica in $OG^2=R^2 -\frac{a^2+b^2+c^2}{9}$.
Se $OG\leq OI$ allora $R^2 -\frac{a^2+b^2+c^2}{9}\leq R^2 -\frac{abc}{a+b+c}$ cioè $abc\leq\frac{(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)}{9}$ ma quest'ultima equazione corrisponde alla ovvia $GM^3\leq AM*QM^2$

MATHia
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Re: Balkan 1996/01

Messaggio da MATHia » 23 set 2015, 18:13

Mi sembra giusta la tua, nell'originale il segno non è quello di Talete.

Talete
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Re: Balkan 1996/01

Messaggio da Talete » 23 set 2015, 19:01

Sì infatti Talete non sa leggere. ;)
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