Diseguaglianza con r e p

[enomis_costa88]

Uso le notazioni standard dei triangoli.
Provare che:
$ \frac{1}{(p-a)^2}+\frac{1}{(p-b)^2}+\frac{1}{(p-c)^2} \ge \frac{1}{r^2} $
Proviene dal libro "le Olimpiadi della Matematica".

Buon lavoro, Simone.

[Boll]

---Entra anche tu nel comitato "Violenta le disuguaglianze geometriche per far dispiacere EvaristeG"---

Uso le notazioni standard dei triangoli.
Provare che: $ \displaystyle \frac{1}{(p-a)^2}+\frac{1}{(p-b)^2}+\frac{1}{(p-c)^2} \ge \frac{1}{r^2} $

Proviene dal libro "le Olimpiadi della Matematica".

Buon lavoro, Simone.

$ r=\sqrt{\dfrac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}} $

$ \displaystyle \frac{1}{(p-a)^2}+\frac{1}{(p-b)^2}+\frac{1}{(p-c)^2} \ge \frac{p}{(p-a)(p-b)(p-c)} $

Pongo $ x=p-a $, $ y=p-b $, $ z=p-c $, indi $ x+y+z=p $

$ \displaystyle \dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}\ge \frac{x+y+z}{xyz} $

$ \displaystyle \sum \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}\right) \ge \sum \dfrac{1}{xy} $

vera per AM-GM, al solito tutti i passagi sono invertibili quindi si può fare ipotesi--> tesi e chiedete se qualcosa non è chiaro

[enomis_costa88]

Accolgo l'invito ad entrare nel comitato!
La mia soluzione è ancora più brutale

come te fino a:
$ \sum_{ciclica}^3\frac{1}{x^2}\ge \frac{x+y+z}{xyz} $

poi ho ottenuto con un paio di calcoli:
$ \sum_{ciclica}^3\frac{yz}{x}\ge x+y+z $

ovvero "pulendo" i denominatori:
$ \frac{1}{2} \sum_{sym}y^2z^2 \ge \frac{1}{2} \sum_{sym}xyz^2 $
che è vera per il bunching (anche quì i passaggi sono invertibili).

Suppongo però che ci sia una soluzione più carina..

[EvaristeG]

Beh, tanto per dare un'interpretazione geometrica (o forse trigonometrica) alla faccenda :
$ \displaystyle{r_A=\frac{rp}{p-a}} $ è il raggio del cerchio exscritto opposto al vertice A.
Quindi possiamo moltiplicare la disuguaglianza per $ r^2p^2 $ e ottenere
$ r_A^2+r_B^2+r_C^2\geq p^2 $
ma $ \displaystyle{r_A=s\tan\left(\frac{\alpha}{2}\right)} $ e dunque sostituendo e semplificando abbiamo :
$ \tan^2\frac{\alpha}{2}+\tan^2\frac{\beta}{2}+\tan^2\frac{\gamma}{2}\geq 1 $ che dovrebbe essere nota (!!).
Quindi è vera la prima. Quest'ultima da uguaglianza se e solo se il triangolo è equilatero e dunque...
Se la disuguaglianza sulle tangenti non vi è familiare ... beh, dimostratela!

[Leandro]

Se puo' servire ,la relazione ricordata da EvaristeG la dimostro
elementarmente come segue.
Abbiamo:
$ \displaystyle \alpha+\beta+\gamma=\pi $ da cui $ \diaplaystyle \frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}=\frac{\pi}{2}-\frac{\gamma}{2} $
E passando alle tangenti:
$ \displaystyle \frac{ tan \frac{\alpha}{2} +tan \frac{\beta}{2}} {1-tan \frac{\alpha}{2}tan \frac{\beta}{2}}=\frac{1}{tan\frac{\gamma}{2}} $
Ovvero:
$ \diplaystyle tan \frac{\alpha}{2}tan \frac{\beta}{2}+tan \frac{\beta}{2}tan \frac{\gamma}{2}+tan \frac{\gamma}{2}tan \frac{\alpha}{2}=1 $
Ora per semplicita' indichiamo $ tan \frac{\alpha}{2},tan \frac{\beta}{2},tan \frac{\gamma}{2} $ con x,y,z (e quindi xy+yz+zx=1)
Si ha:
$ \displaystyle 2(x^2+y^2+z^2)-2(xy+yz+zx)=(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2 $
e dunque:
$ \displaystyle x^2+y^2+z^2 \geq 1 $
da cui appunto:
$ \displaystyle tan^2 \frac{\alpha}{2}+tan^2 \frac{\beta}{2}+tan^2 \frac{\gamma}{2} \geq 1 $
Leandro