¿Cómo se puede demostrar esta desigualdad geométrica?

Question

Sea $ABCDEF$ sea un hexágono convexo de área $S$ . Demuestre que $$BD\cdot(AC+CE-EA)+DF\cdot(CE+EA-AC)+FB\cdot(EA+AC-CE)\ge 2\sqrt{3}\cdot S.$$

En algún momento, encontré esto similar problema .

Gracias a todos los que puedan ayudar. Tal vez este problema es muy agradable y no es fácil.

El problema también se expone aquí.

Espero ver buenos métodos.

Answer 1

Si sigues leyendo la página que he enlazado, descubrirás esa prueba:

"Let $u=DZ$ , $v=FX$ , $t=BY$ . No es difícil ver que existe $r$ tales que los círculos centrados en $B, D, F$ con radios $rt, ru, rv$ tienen un punto en común. Llama a este punto $O$ . Afirmamos que $r \leq \frac {2}{\sqrt {3}}$ . Desde $\angle BOD + \angle DOF + \angle FOB = 360°$ uno de estos ángulos es al menos $120°$ sin pérdida de generalidad $\angle FOD$ . A continuación, utilizando el Ley de los cosenos en $\Delta FOD$ , $\frac { - 1}{2} = \cos 120 \geq \cos \angle FOD = \frac{OF^2 + OD^2 - FD^2}{2OF\cdot OD}$ ... Ahora bien $r > \frac {2}{\sqrt {3}}$ esto se transforma en $2uv > u^2 + v^2$ contradiciendo la Desigualdad entre la media aritmética y la media geométrica . Así que $r \leq \frac {2}{\sqrt {3}}$ y $O$ cumple las condiciones. Ahora $$AC \cdot (BD + BF - DF) = 2 AC \cdot BZ \geq 2 AC \cdot \frac{\sqrt {3}}{2} BO \geq 2\sqrt{3}[ABCO]$$ Sumando desigualdades similares se obtiene el resultado".