XLV OM - I - Zadanie 3

Dowieść, że jeżeli $ a $, $ b $, $ c $ są długościami boków trójkąta, to

\[<br />
\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \leq \frac{1}{b+c-a} + \frac{1}{c+a-b} + \frac{1}{a+b-c}.<br />
\]

Rozwiązanie

Jeśli liczby $ a $, $ b $, $ c $ są długościami boków trójkąta, to liczby $ x $, $ y $, $ z $ dane wzorami

\[<br />
x =  \frac{b+c-a}{2}, \quad             y =\frac{c+a-b}{2}, \quad z = \frac{a+b-c}{2}<br />
\]

są dodatnie. Traktując układ tych trzech równości jako układ równań z niewiadomymi $ a $, $ b $, $ c $, wyznaczamy: $ a = y + z $, $ b = z + x $, $ c = x + y $. Dana do udowodnienia nierówność przybiera postać

\[<br />
(1) \qquad  \frac{1}{y+z} + \frac{1}{z+x} +\frac{1}{x+y} \leq \frac{1}{2x}+\frac{1}{2y}+\frac{1}{2z}.<br />
\]

Liczby dodatnie $ x $ i $ y $ spełniają nierówność

\[<br />
(2) \qquad \frac{1}{x+y}\leq	\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right);<br />
\]

oto uzasadnienie:

\[<br />
\frac{1}{x}+\frac{1}{y}-\frac{4}{x+y}=\frac{(x+y)^2-4xy}{xy(x+y)}=\frac{(x-y)^2}{xy(x+y)} \geq 0.<br />
\]

Analogicznie,

\[<br />
(3) \qquad  \frac{1}{y+z} \leq \frac{1}{4}\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right) \quad \textrm{oraz} \quad \frac{1}{z+x} \leq \frac{1}{4}\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{x}\right).<br />
\]

Dodając stronami nierówność (2) oraz obie nierówności (3) dostajemy dowodzoną tezę (1).

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź