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Dimostrare che in un triangolo la lunghezza di una bisettrice interna è minore della media geometrica dei lati adiacenti.

Mmh edriv, edriv, geometria? quando mai?

vediamo...
La bisettrice uscente da a è $ \displaystyle d_a=\frac{2}{b+c}\sqrt{bcp(p-a)} $

vogliamo dimostrare che $ \displaystyle d_a<\sqrt{bc} $ cioè $ d_a^2<bc $

sviluppando i conti in modo bovino si ha:

$ \displaystyle\frac{4}{(b+c)^2}\cdot p \cdot (p-a)<1 $

$ \displaystyle(a+b+c)(b+c-a)<(b+c)^2 $

$ \displaystyle(b+c)^2-a^2<(b+c)^2 $

che mi pare abbastanza vera...

giusto?

Purtroppo è giusto.

sostituendo con la formula della lunghezza della bisettrice si ammazza il problema

postato troppo tardi...sigh

(evidentemente ne a me ne a salva piace geometria)

ok però posso dimostrare anche che è minore o uguale della media armonica:

$ \displaystyle \frac{2}{a+b} \sqrt{abp(p-c)} \le \frac{2ab}{a+b} \ \Longleftrightarrow \ \sqrt{abp(p-c)} < ab $

moltiplico entrambi i membri per $ \sin{\frac{\gamma}{2}} $ e usando brigs ottengo

$ \displaystyle A \le ab \sin{\frac{\gamma}{2}} \ \Longleftrightarrow \ A \cos{\frac{\gamma}{2}} \le ab \frac{\sin \gamma}{2} \ \Longleftrightarrow \ \cos{\frac{\gamma}{2}} \le 1 $

Tracciamo la parallela ad AC per B che interseca la bisettrice in E. Allora si vede facilmente che ABE è isoscele. M è il punto medio di AE.
Vogliamo dimostrare che:
$ ~ AD^2 \le AB \cdot AC $
$ ~ \frac{AD}{AC}\le \frac{AB}{AD} $
$ ~ \frac{DE}{BE} \le \frac{AB}{AD} $
$ ~ \frac{DE}{AB} \le \frac{AB}{AD} $
$ ~ \sqrt{AD \cdot DE} \le AB $.

Però:
$ ~ \sqrt{AD \cdot DE} \le \frac{AD + DE} 2 = AM < AB $.

per il rilancio di gabriel:

Visto che ormai mi diverto, senza usare briggs ma semplicemente sviluppando bovinamente i conti arrivo a $ 4ab>(a+b)^2-c^2 $ cioè $ c^2>(a-b)^2 $
che è abbastanza vero per disuguaglianza triangolare