Moltova TST 2007 - disuguaglianza con aree

[edriv]

Sia ABC un triangolo, A',B',C' le ulteriori intersezioni delle mediane con la circonferenza circoscritta ad ABC. Dimostrare che:
$ \displaystyle (ABC) \le (ABC') + (BCA') + (CAB') $ dove (ABC) è l'area di ABC.

Se i moldovi fanno il tst per le imo e i balkan, questo è un altro punto in più per l'esistenza dei balkan!

[frengo]

per i triangoli acutangoli(o rettangoli):
Lemma 1:se prendo le altezze invece che le mediane,la quantità (ABC')+(AB'C)+(A'BC) diminuisce.
Lemma 2:se prendo le altezze invece che le mediane, (ABC')+(AB'C)+(A'BC)=(ABC)

per i triangoli ottusangoli basta sistemarsi l'area più grande...

Se i moldovi

ehm....moldOvi?

ciao ciao

[Boll]

Allora allora allora, il carissimo Francesco mi ha umiliato postando in bianco una soluzione in 2 righe... La mia, da bravo muratore della geometria (conti, conti, conti) è un po' più lunghetta, ma a mio parere interessante e (forse) istruttiva, quindi ne posto almeno i passaggi base.

In tutto il post il nostro triangolo è il solito $ ABC $ di lati $ a,b,c $ e angoli $ \alpha,\beta,\gamma $ messi come le schede di Gobbino comandano, $ h_i $ sono le altezze, $ m_i $ sono le mediane.

Ora due lemmini che vi lascio come esercizi

Lemma 1 (noto)
$ $ {m_a}^2=\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4} $ e cicliche

Lemma 2 (non credo tanto noto )
$ $ [A'BC]=\frac{a^3h_a}{8{m_a}^2} $ e cicliche

Quindi la nostra disuguaglianza diviene

$ $ \frac{a^3h_a}{8{m_a}^2}+\frac{b^3h_b}{8{m_b}^2}+\frac{c^3h_c}{8{m_c}^2}\ge [ABC] $

$ $ [ABC]\left( \frac{a^2}{4{m_a}^2}+\frac{b^2}{4{m_b}^2}+\frac{c^2}{4{m_c}^2}\right)\ge [ABC] $

$ $ \frac{a^2}{2b^2+2c^2-a^2}+\frac{b^2}{2c^2+2a^2-b^2}+\frac{c^2}{2a^2+2b^2-c^2}\ge 1 $

Essendo $ a,b,c $ i lati di un triangolo, i denominatori sono positivi (si vede anche bene dalla formula del quadrato della mediana), quindi ponendo $ x=2b^2+2c^2-a^2 $ e cicliche la disugaglianza diviene

$ $ \frac{2(y+z)-x}{9x}+\frac{2(x+z)-y}{9y}+\frac{2(x+y)-z}{9z}\ge 1 $

ovvero distribuendo e svolgendo i calcoli

$ $ \frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z} \ge 6 $ che è AM-GM

Tutti i passaggi sono invertibili quindi q.e.d.

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

chiamiamo $ M $ il punto medio del lato a

il lemma 2 è molto semplice, infatti per il teorema delle due corde (AA' e BC) si ha che

$ MA \cdot MA'=BM \cdot MC $ quindi

$ \displaystyle\frac{MA'}{MA} = \frac{a^2}{4m_a^2} $


i triangoli ABC e A'BC hanno la stessa base quindi il rapporto delle loro aree è il rapporto delle altezze che (per triangoli simili) è uguale MA/MA'

$ \displaystyle [A'BC] = [ABC] \frac{MA'}{MA} = \frac{a^3h_a}{8m_a^2} $

[Boll]

Complimenti Gabriel, dimostrazione davvero davvero elegante!!!