OliForum Matematico

(Spro che vada qui e non in geometria)

$ A $,$ B $ e $ C $ sono i lati di un triangolo;dimostrate che:

$ \frac{A}{B+C-A} + \frac{B}{C+A-B} + \frac{C}{A+B-C}\geq3 $

Buon lavoro!

Si, va in algebra.
Io l'ho risolto con una sostituzione classica, ovvero $ A=x+y $, $ B=y+z $, $ C=x+z $. A questo punto la disuguaglianza diventa $ \displaystyle\frac {x+y} z+\frac {y+z} x+\frac {x+z} y\ge 6 $, che è vera per AM-GM.
Magari se qualcuno ha trovato altri modi posti pure perchè ho l'impressione che ne esistano molti (ma potrei anche sbagliarmi, in genere non ci becco mai )

Maioc92 ha scritto:Si, va in algebra.
Io l'ho risolto con una sostituzione classica, ovvero $ A=x+y $, $ B=y+z $, $ C=x+z $. A questo punto la disuguaglianza diventa $ \displaystyle\frac {x+y} z+\frac {y+z} x+\frac {x+z} y\ge 6 $, che è vera per AM-GM.

Scusa,ma...cos'è AM-GM?

dati n reali positivi $ a_1,a_2...a_n $ AM-GM dice che
$ \displaystyle \frac{a_1+a_2....+a_n} n\ge \sqrt[n]{a_1a_2...a_n} $

Esplicito AM-GM di Maioc ;) (per le pippe in disuguaglianze come me xD)

$ \frac{x+y}{z}+\frac{y+z}{x}+\frac{z+x}{y}\ge 6 $

Faccio il minimo comun denominatore ottenendo:

$ xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)\ge 6xyz $

Applicando AM-GM ai 3 elementi di LHS ottengo:

$ 3\sqrt[3]{x^2y^2z^2(x+y)(y+z)(z+x)}\ge 6xyz $

Con semplici passaggi algebrici si ottiene:

$ (x+y)(y+z)(z+x)\ge 2xyz $

Che è vera perchè svolgendo i conti di LHS viene RHS+roba positiva :)

attento, nell'ultimo passaggio hai un 8 e non un 2,perchè hai elevato al cubo.
Comunque è più semplice
Applicala direttamente alle frazioni:
$ \displaystyle \frac x z+\frac y z+\frac y x+\frac z x+\frac z y+\frac x y\ge 6\sqrt[6]{\frac x z\frac y z\frac y x\frac z x\frac z y\frac x y}=6\sqrt[6]1=6 $

Oppure arrivati qui

Maioc92 ha scritto:$ \displaystyle \frac x z+\frac y z+\frac y x+\frac z x+\frac z y+\frac x y\ge 6 $

si poteva dire che è vera per riarrnagiamento....Altrimenti si può sempre prendere a badilate il problema con bounching

Non riesco ad azzeccare una disuguaglianza in nessun modo xD
Giusto il brutale bunching mi viene ogni tanto xD

Dimostrazione alternativa:poniamo $ P=\dfrac{A+B+C}{2} $ ; $ X=P-A $ ; $ Y=P-B $ ; $ Z=P-C $. Segue che $ X+Y+Z=(P-A)+(P-B)+(P-C)=3P-(A+B+C)=3P-2P=P $ (1).
Per la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz abbiamo $ (X+Y+Z) \left( \dfrac{1}{X} + \dfrac{1}{Y} + \dfrac{1}{Z} \right) \ge 9 $
Per la (1) si ha $ P \left( \dfrac{1}{X} + \dfrac{1}{Y} + \dfrac{1}{Z} \right) \ge 9 $
Sottraendo $ 3 $ a entrambi i membri si ottiene $ \left( \dfrac{P}{X} -1 \right)+ \left( \dfrac{P}{Y} -1 \right)+ \left( \dfrac{P}{Z} -1 \right) \ge 6 $ ,ovvero
$ \dfrac{P-X}{X}+\dfrac{P-Y}{Y}+\dfrac{P-Z}{Z} \ge 6 $

Ora dividiamo per $ 2 $ entrambi i membri:

$ \dfrac{P-X}{2X}+\dfrac{P-Y}{2Y}+\dfrac{P-Z}{2Z} \ge 3 $

Sostituendo otteniamo

$ \dfrac{A}{2P-2A}+\dfrac{B}{2P-2B}+\dfrac{C}{2P-2C} \ge 3 $

Ma $ 2P=A+B+C $,quindi abbiamo

$ \dfrac{A}{A+B+C-2A}+\dfrac{B}{A+B+C-2B}+\dfrac{C}{A+B+C-2C} \ge 3 $ ,che diventa

$ \dfrac{A}{B+C-A}+\dfrac{B}{A+C-B}+\dfrac{C}{A+B-C} \ge 3 $ C.V.D.