Re: [Fwd: [EMHL] Inequalities (two questions)]

[Carlos Yuzo Shine <cyshine@xxxxxxxxx>]

Bom, para o problema 2, no caso do incentro, acho que
dá para fazer com trigonometria. Vou só mostrar alguns
resultados... as contas vcs mesmos conferem... fazer
isto é bem instrutivo.

Vocês devem perguntar: por que trigonometria? A
resposta é porque os ângulos estão todos bem definidos
(bissetrizes) e dá para calcular AA', BB' e CC' só com
a lei dos senos e teorema das bissetrizes... os lados
AB, AC e BC podem ser calculados em função dos ângulos
do triângulo ABC com a lei dos senos. Aí teríamos que
provar uma desigualdade trigonométrica. E o legal da
trigonometria é que podemos transformar qualquer soma
de duas parcelas em produto e qualquer protduto de
dois fatores em soma, dando uma certa flexibilidade
nas contas.

É bom ressaltar que podemos apelar para as contas
porque elas realmente vão dar certo no final... vai
ter um monte de coisa simétrica...

Podemos supor, sem perda de generalidade, que o
circunraio de ABC é 1/2. Assim, pela lei dos senos, AB
= senC, AC = senB e BC = senA. Usando o teorema das
bissetrizes, chegamos em

   BA' = senC.senA/(senC + senB)

Usando a lei dos senos no triângulo AA'B, temos

   AA' = 2cos(A/2).senB.senC/(senC + senB).

Como senC + senB = 2sen((B+C)/2)cos((B-C)/2) e
sen((B+C)/2) = cos(A/2) (pois (B+C)/2 + A/2 = 90
graus),

   AA' = senB.senC/cos((B-C)/2)) (*)

ou seja,

   1/AA' = cos((B-C)/2)/(senB.senC)
         = cos(B/2 - C/2)/(senB.senC)

observando que cos(B/2 - C/2) = cos(B/2).cos(C/2) +
sen(B/2).sen(C/2) e sen(x) = 2sen(x/2)cos(x/2), temos

  1/AA' = 1/(sen(B/2).sen(C/2)) +
1/(cos(B/2).sen(C/2))

o que sugere a desigualdade

1/AA' > 1/(4sen(B/2)cos(B/2)) + 1/(4sen(C/2)cos(C/2)),

ou melhor,

  1/AA' > 1/(2senB) + 1/(2senC)

(observe que as contas são análogas para BB' e CC' e
somando tudo teríamos a desigualdade que queremos
provar).

Vejamos se isso é mesmo verdade. Temos que comparar
1/AA' = cos(B/2 - C/2)/(senB.senC) ((*) acima) com    
1/(2senB) + 1/(2senC).

Mas
    1/(2senB) + 1/(2senC) 
  = (senB + senC)/(2senB.senC)
  = sen(B/2 + C/2)cos(B/2 - C/2)/(senB.senC)
  = cos(A/2)/AA'
  < 1/AA', pois 0 < cos(A/2) < 1 (veja que 0 < A/2 <
90 graus)

Somando assim as desigualdades (análogas)

   1/AA' > 1/(2senB) + 1/(2senC) 
   1/BB' > 1/(2senA) + 1/(2senC) 
   1/CC' > 1/(2senC) + 1/(2senA) 

obtemos

   1/AA' + 1/BB' + 1/CC' > 1/senA + 1/senB + 1/senC

Como senA = BC, senB = AC e senC = AB, temos o que
queríamos.

Para o caso geral, temos algo um pouco mais
complicado. Podemos chamar o ângulo BAA' de x (logo o
ângulo CAA' seria A-x) e o ângulo CBB' de y e fazer
mais algumas contas... (essas não sei se dariam
certos, mas não custa tentar!)

[]'s
Shine

--- Alexandre Tessarollo <tessa@mail.com> wrote:
> 
>     Da outra lista, umas questões interessantes...
> Alguém se candidata a
> provar o que a msg diz ser sabido??
> 
> []'s
> 
> Alexandre Tessarollo
> 
> PS: Sim, é a lista do Conway...
> 
> xpolakis@otenet.gr wrote:
> 
> > 1. Let ABC be a triangle, and A'B'C' a triangle
> inscribed in ABC.
> >
> > A well-known problem is this:
> >
> > Prove that the area of A'B'C' is greater or equal
> of the area of at least
> > one of the triangles AB'C', BC'A', CB'A'.
> > Prove that the same is true for the perimeters.
> >
> > Question: Is the same true for the circumradii or
> inradii of the same
> > triangles?
> >
> > 2. Let ABC be a triangle and A'B'C' the cevian
> triangle of a point P.
> >
> > It is known that:
> >
> > If P = I (ie AA', BB', CC' are the int. angle
> bisectors)
> >
> > then 1/AA' + 1/BB' + 1/CC' > 1/BC + 1/CA + 1/AB.
> >
> > Is the same true for any point P inside ABC?
> >
> > Antreas
> >
> >
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