Prueba

Question

Deje $A_1A_2 . . . A_n$ ser cíclica polígono convexo cuya circuncentro es estrictamente en su interior. Deje $B_1, B_2, ..., B_n$ arbitrarias, puntos en los lados $A_1A_2, A_2A_3, ..., A_nA_1$, respectivamente, otro de los vértices (que es Con $B_i\neq A_k$).

Demostrar que $$\frac{B_1B_2}{A_1A_3}+ \frac{B_2B_3}{A_2A_4}+...+\frac{B_nB_1}{A_nA_2}>1$$

Cualquier idea o Sugerencia?

Nota de la que podría ser similar a este , con la diferencia de que aquí estamos en una más complicada configuración.

Answer 1

Probablemente hay una solución mejor, pero aquí vamos.

Tenga en cuenta que la Ley de los Senos, la desigualdad es equivalente a $$\frac{1}{R}\sum_{i=1}^{n}r_{i}>1$$, where $R,r_{i}$ denote circumradii of $A_{1} la...A_{n}$ and $B_{i}A_{i}B_{i+1}$.

Si $n=3$, el triángulo es acutángulo y circumcircles de $B_{1}A_{1}B_{2}, B_{2}A_{2}B_{3}, B_{3}A_{3}B_{1}$ está de acuerdo en un punto de $P$ (simple ángulo persiguiendo). $A_{1}P, A_{2}P, A_{3}P$ son acordes en sus respectivos círculos, por lo que su longitud es menor o igual a $2r_{1}, 2r_{2}, 2r_{3}$. Queda por demostrar que $PA_{1}+PA_{2}+PA_{3}>2R$. Es obvio que existe un lado, decir $BC$, de tal manera que $OP$ donde $O$ es el circuncentro del triángulo, no pasa internamente. Porque el triángulo es acutángulo $A'$, el punto antipodal de $A$, se encuentra en el segmento circular $BC$ que no contengan $A$. WLOG, vamos a $PB\geq PC$. A continuación, un círculo de $P$ radio $PB$ contiene todos los puntos en que segmento circular incluyendo $A'$. Por lo tanto, $2R=AA'\leq PA+PA'\leq PA+PB<PA+PB+PC$ como se desee. (El caso de $O=P$ es trivial.)

Considerar al $n\geq 4$. No existe claramente un cuadrilátero $A_{i}A_{j}A_{k}A_{l}, i<j<k<l$, con el circuncentro en el interior. Ángulos de apoyo en el centro de la $A_iA_j, A_jA_k, A_kA_l, A_lA_i$ suma $2\pi$, de modo que hay un par de lados opuestos cuya suma de los ángulos de apoyo, al menos,$\pi$. WLOG, por tanto, tenemos $A_iA_j+A_kA_l\geq 2R$. Teniendo en cuenta los acordes de circumcircles, tenemos $$A_iA_j\leq A_iB_i+B_iB_{i+1}+...+B_{j-1}A_j\leq 2r_{i-1}+...+2r_{j-1}.$$ La igualdad ocurre si, y sólo si $j=i+1$$\angle A_iB_{i-1}B_i=\angle B_iB_{i+1}A_{i+1}=\pi /2$. Resultado Similar para $A_kA_l$ que se puede extraer, por lo tanto $$2R\leq 2r_{i-1}+...+2r_{j-1}+2r_{k-1}+...+2r_{l-1}\leq 2\sum_{i=1}^{n}r_{i}.$$ La igualdad sólo puede ocurrir con $n=4$. A continuación, podemos ver claramente que el ángulo de los requisitos de conducir a una contradicción. La conclusión de la siguiente manera.