Un geométrica de la desigualdad, demostrando $8r+2R\le AM_1+BM_2+CM_3\le 6R$

Question

Aquí, $AM_1$ es la bisectriz de un ángulo de $\angle A$ extendido a la circunferencia circunscrita y así sucesivamente. $R$ es el circunradio y $r$ es el inradius, respectivamente. Tengo que demostrar que:

$$8r+2R\le AM_1+BM_2+CM_3\le 6R$$

La segunda parte es fácil, ya que cada uno de $AM_1$ es un acorde, $AM_1\le 2R$, lo $\sum AM_1 \le 6R$. Pero la primera parte me está dando pesadillas. Aplicando la desigualdad de Euler da $8r+2R\le 6R$, que no es muy útil y estoy sin ideas.

Por favor, ayudar. Además, jugando GeoGebra le dice que su verdadero.

Answer 1

El quadrilaretal $ABM_1C$ es cíclico. Por lo tanto el Teorema de Ptolomeo dice:

$AB.CM_1+AC.BM_1=BC.AM_1$ $AM_1=\dfrac{b+c}{a}.BM_1$

(Desde entonces, el ángulo subtendido por la igualdad de los acordes en la circunferencia circunscrita son iguales y viceversa, $BM_1=CM_1$$\angle BAM_1=\angle CAM_1=\dfrac{A}{2}$).

También, $BM_1=2R\sin\frac{A}{2}$.

Del mismo modo, obtener expresiones para$BM_2$$CM_2$, tenemos:

$\displaystyle AM_1+BM_2+CM_3=\sum\limits_{cyc} \frac{b+c}{a}.\left(2R\sin\frac{A}{2}\right)=\sum\limits_{cyc} \frac{\sin B+\sin C}{\sin A}.\left(2R\sin\frac{A}{2}\right)$

$\displaystyle =2R\sum\limits_{cyc} \frac{\sin B+\sin C}{\sin A}.\sin\frac{A}{2}=2R\sum\limits_{cyc} \frac{2\sin \frac{B+C}{2}.\cos\frac{B-C}{2}}{2\sin \frac{A}{2}.\cos \frac{A}{2}}.\sin \frac{A}{2}$

$\displaystyle = 2R\sum\limits_{cyc}\cos\frac{B-C}{2}$.

También tenemos, $r=4R\prod\limits_{cyc}\sin\dfrac{A}{2}=R(-1+\sum\limits_{cyc}\cos A)$,

Por lo tanto, $8r+2R = 2R(-3+4\sum\limits_{cyc}\cos A)$

Por lo tanto, la desigualdad en la pregunta es, $\displaystyle \sum\limits_{cyc}\cos\frac{B-C}{2} \ge -3+4\sum\limits_{cyc}\cos A = 1 + \frac{4r}{R}$

Mediante la sustitución de, $a=x+y$, $b=y+z$ y $c=x+z:$

$\displaystyle \sum\limits_{cyc}\cos\frac{B-C}{2} \ge -3+4\sum\limits_{cyc}\cos A$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sum\limits_{cyc} \frac{\sin A + \sin B}{2\cos \frac{C}{2}} \ge \sum\limits_{cyc} \frac{2(b^2+c^2-a^2)}{bc} - 3$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sum\limits_{cyc} \frac{\frac{2\Delta}{bc} + \frac{2\Delta}{ac}}{2\sqrt{\frac{1+\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}}{2}}} \ge \sum\limits_{cyc} \frac{2ab^2+2ac^2-2a^3-abc}{abc}$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sum\limits_{cyc} \frac{2\Delta(a+b)}{2\sqrt{\frac{(a+b+c)(a+b-c)}{4ab}}} \ge \sum\limits_{cyc} 2ab^2+2ac^2-2a^3-abc$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sum\limits_{cyc} \frac{4\Delta(a+b)\sqrt{ab}}{\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)}} \ge 2\sum\limits_{cyc} 2ab^2+2ac^2-2a^3-abc$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sum\limits_{cyc} \frac{(a+b)\sqrt{ab}\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)}}{\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)}} \ge 2\sum\limits_{cyc} (2ab^2+2ac^2-2a^3-abc)$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sum\limits_{cyc} (a+b)\sqrt{ab(a+c-b)(b+c-a)} \ge 2\sum\limits_{cyc} 2ab^2+2ac^2-2a^3-abc$

$\displaystyle \Leftrightarrow 2\sum\limits_{cyc} (x+z+2y)\sqrt{xz(x+y)(z+y)} \ge 2\sum\limits_{cyc} (xz(x+z) + 6xyz)$

$$\displaystyle \Leftrightarrow \sum\limits_{cyc} (x+z+2y)\sqrt{xz(x+y)(z+y)} \ge \sum\limits_{cyc} (x^2z + xz^2 + 6xyz)$$

Por otro lado, tenemos la desigualdad $\sqrt{(x+y)(z+y)} \ge (y+\sqrt{xz})$ (elevando Al Cuadrado y la aplicación de AM-GM)

Por lo tanto, es suficiente para mostrar $\displaystyle \sum\limits_{cyc} (x+z+2y)(y\sqrt{xz}+xz) \ge \sum\limits_{cyc} (x^2z + xz^2 + 6xyz)$

$\displaystyle \Leftrightarrow (\sum\limits_{cyc} xz(x+z)) + 6xyz + (\sum\limits_{cyc} xy\sqrt{xz}+yz\sqrt{xz}+2y^2\sqrt{xz})\ge \sum\limits_{cyc} (x^2z + xz^2) + 18xyz$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sum\limits_{cyc} xy\sqrt{xz}+yz\sqrt{xz}+2y^2\sqrt{xz}\ge 12xyz$

Que es AM-GM de la Desigualdad con $12$-términos.

Answer 2

Tengo una manera más corta de la prueba, que se basa en el siguiente lema:

Lema 1: Si $AL_A,BL_B,CL_C$ son las bisectrices de los ángulos de $ABC$, entonces: $$\sum_{cyc}AL_A \geq 9r.$$ Debido a la Furgoneta Obel del teorema y la bisectriz de un ángulo teorema sabemos que si $I$ es el incentro de $ABC$, entonces: $$\frac{AI}{IL_A}=\frac{b+c}{a}.$$ Desde $IL_A\geq r$, tenemos: $$\sum_{cyc}AL_A \geq r\cdot\sum_{cyc}\frac{a+b+c}{a}=r\cdot\left(\sum_{cyc}a\right)\cdot\left(\sum_{cyc}\frac{1}{a}\right)$$ de ahí el reclamo de la siguiente manera a partir de la de Cauchy-Schwarz desigualdad.

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Deje $A'B'C'$ ser el triángulo para que $A'B'$ es la perpendicular a $OC$ a través de $C$ y así sucesivamente. Tenemos que la circunferencia circunscrita de $ABC$ es el de la circunferencia inscrita de $A'B'C'$; por otra parte, $M_A$ es el incentro de $A'BC$ y así sucesivamente. Deje $r_A$ ser el inradius de $A'BC$. Debido a la Japonesa-teorema de Carnot sabemos que: $$r_A+r_B+r_C = 2R-r.$$ Ahora tenemos: $$\sum_{cyc}AM_A = \sum_{cyc}AL_A + \sum_{cyc}L_A M_A \geq \sum_{cyc}AL_A + \sum_{cyc} r_A \geq (9r) + (2R-r) = 8r+2R,$$ QED.