Una dura desigualdad geométrica.

Question

Considere la posibilidad de cualquier punto P en el interior del triángulo con los vértices del triángulo denotado $A, B, C$ y con las longitudes de los segmentos de línea que se denota $PA, PB, PC$. Si el perpendiculares desde el punto interior $P$ a los lados del triángulo, la intersección de los lados en $D, E, F$, tenemos para números positivos $k_1, k_2, k_3$$t>0$:

$k_1 PA^t+k_2 PB^t+k_3 PC^t \ge 2 \sqrt{k_1 k_2 k_3} ( \frac{ PD^t }{ \sqrt{ k_1 } } + \frac{ PE^t }{\sqrt{ k_2 } } + \frac{ PF^t }{\sqrt{ k_3 } }) $

Tengo que demostrar que

$2x PA^2+2y PB^2+2z PC^2 > \frac {yz}{y+z} a^2+ \frac {zx}{z+x} b^2+ \frac {xy}{x+y} c^2$

para $x,y,z>0.$ Podemos considerar $t=2$ $ k_1=2x, k_2=2y, k_3=2z,$ pero parece difícil continuar. Alguna ayuda? Gracias

PS. Por: Klamkin, M. S. (1975). Geométrico de las desigualdades a través de el momento polar de inercia. Las Matemáticas De La Revista, 48 (1): 44-46.

Si $P$ es un punto interior de un triángulo $ABC$, e $a=BC, b=CA, c=AB,$

$(x+y+z)(x PA^2+y PB^2+z PC^2 ) \ge yz a^2+zx b^2+xy c^2.$

Answer 1

La estrategia aquí es determinar la configuración que maximiza el lado derecho de la desigualdad en comparación a la izquierda, por lo que sólo tienen que lidiar con un caso. Mi respuesta es un corte brusco en esto y no significa de ninguna manera hermética. Sin embargo, es una estrategia que se puede hacer para trabajar aunque tapar los agujeros y ordenar toda la cosa.

La suma de los lados $a,b,c$ son siempre más que la suma de $PA,PB,PC$ así que la pregunta es, son proporcionalmente más grandes o más pequeños que el $2x,2y,2z$ lado izquierdo factores en comparación a $\frac{yz}{(y+z)}$ etc derecha factores?

Probar: $2xPA^2 + 2yPB^2 + 2zPC^2 > \frac{yz}{(y+z)}a^2 + \frac{xz}{(x+z)}b^2 + \frac{xy}{(x+y)}c^2$

Considere el Caso 3, un triángulo equilátero con el punto P en el centro de gravedad. Vamos a hacer $x, y, z = q$. Esto hará $PA,PB,PC = 4q$ $a,b,c = 4q√3$

$$2q(4q)^2*3 > \frac{q^2}{2q}(4q√3)^2*3$$ $$96q^3 > 72q^3$$ Si este es el caso óptimo, a continuación, esta es una prueba suficiente. Los siguientes son un par de casos para determinar si este es el caso óptimo.

Para el Caso 1, lo $x,y,z$ muy pequeño, lo que hace que $2x,2y,2z$ pequeña de la izquierda, pero $\frac{yz}{(y+z)}$ etc. incluso la más pequeña a la derecha. Por lo tanto hace que el lado derecho más pequeño que el izquierdo en comparación con el Caso 3.

Para el Caso 2, haciendo que {x,y} tan grande como sea posible, pero {z} muy pequeño, hace sólo un término de la izquierda muy pequeño y los otros dos términos un poco más grande. En el derecho hace dos términos muy pequeña y sólo un poco más grande. De nuevo se hace que el lado derecho más pequeño que el izquierdo en comparación con el Caso 3.

Caso 1 y Caso 2 (puede haber más) no aumentan el lado derecho de la desigualdad en comparación a la izquierda más que en el Caso 3, que hasta ahora es la configuración óptima en la maximización de la relación de la derecha sobre la izquierda.

En la mayoría de los caso óptimo, derecha/izquierda, $< 1$ por lo tanto: $$2xPA^2 + 2yPB^2 + 2zPC^2 > \frac{yz}{(y+z)}a^2 + \frac{xz}{(x+z)}b^2 + \frac{xy}{(x+y)}c^2$$