XLV OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XLV OM, 1993-1994

Etap:

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

$ \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}. $

Rozwiązanie

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

$ x = \frac{b+c-a}{2}, \quad y =\frac{c+a-b}{2}, \quad z = \frac{a+b-c}{2} $

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

$ (1) \qquad \frac{1}{y+z} + \frac{1}{z+x} +\frac{1}{x+y} \leq \frac{1}{2x}+\frac{1}{2y}+\frac{1}{2z}. $

Liczby dodatnie $x$ i $y$ spełniają nierówność

$ (2) \qquad \frac{1}{x+y}\leq \frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right); $

oto uzasadnienie:

$ \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. $

Analogicznie,

$ (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). $

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