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).

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź