mateforum.ro

Fie \( I_a \) punctul de intersectie exterioare unghiurilor \( B \) si \( C \) ale triunghiului \( ABC \) si \( D \) proiectia lui \( I_a \) pe dreapta \( BC \). Notam \( AI_a \cap BC={M}. \) Aratati ca:
\( a) \) \( \frac{AB \cdot BC}{AC \cdot CD}=\frac{1+\cos C}{1+\cos B} \)

\( b) \) \( (AB+BD)^2 \geq AM(2AI_a-AM). \)

Viorel Cornea si Dan Stefan Marinescu, Hunedoara

Claudiu, este a doua oara cand constat ca postezi cu greseli. Incearca sa fi mai atent. Astfel problemele tale
intra in categoria "Unde este greseala ?!" Vezi \( BD \) boxat. La nivel de clasa a VII - a este foarte simpla.

Am rugamintea ca elevii sa mentioneze in profil clasa (nivelul, de la a V - a pana la a XII- a).

Claudiu Mindrila wrote:Fie \( A \) - exincentrul \( I_a \) pentru \( \triangle\ ABC \) si proiectia \( D \) a lui \( I_a \) pe \( BC \) . Notam \( M\in AI_a \cap BC \) .

Aratati ca \( \frac{AB \cdot \overline {\underline {\left|BD\right|}}}{AC \cdot CD}=\frac{1+\cos C}{1+\cos B} \) si \( (AB+BD)^2 \geq AM(2AI_a-AM) \) .

a) Se stie ca BD=p-c , DC=p-b unde \( p=\frac{a+b+c}{2} \) , \( \cos C=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab} \) , \( \cos B=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac} \) , si prin calcul rezulta relatia.

b) Ducem \( I_aE\perp AB \) , \( E\in AB \), \( BD=BE \), \( I_aE=I_aD=r_a \)

Inegalitatea este echivalenta cu \( (AB+BE)^2+(AI_a-AM)^2\geq AI_a^2 \) sau

\( AE^2+MI_a^2\geq AI_a^2 \) .

Dar \( MI_a\geq DI_a \) si atunci \( AE^2+MI_a^2\geq AE^2+DI_a^2=AE^2+EI_a^2=AI_a^2 \) deoarece triunghiul \( AEI_a \) este dreptunghic.

Virgil Nicula wrote:Claudiu, este a doua oara cand constat ca postezi cu greseli. Incearca sa fi mai atent.
Astfel problemele tale intra in categoria "Unde este greseala ?!" Vezi \( BD \) boxat.

Domnu' Nicula ,iertati neglijenta lui Claudiu , insa era tiparit gresit ,,\( BC \)'' in SHL -ONM 2008, de unde este preluata problema.

OFF-TOPIC. Dl. profesor Mainea, pe Claudiu doar l-am mustrat putin. Rectific : este doar la prima "abatere".
Imi este drag copilul asta. Banuiesc ca-l cunoasteti bine fiind "megiesi" (el din Targoviste si dvs. din Gaesti !) .

Claudiu Mindrila wrote: Fie \( A \) - exincentrul \( I_a \) pentru \( \triangle\ ABC \) si proiectia \( D \) a lui \( I_a \) pe \( BC \) . Notam \( M\in AI_a \cap BC \) .

Aratati ca \( \frac{AB \cdot BD}{AC \cdot CD}=\frac{1+\cos C}{1+\cos B} \) si \( (AB+BD)^2 \geq AM(2\cdot AI_a-AM) \) .

Demonstratie. Presupunem cunoscut ca \( \left\|\begin{array}{c}
BD=p-c\\\\
CD=p-b\end{array}\right\| \) . Asadar, \( \frac {1+\cos C}{1+\cos B}= \) \( \frac {2ab(1+\cos C)}{2ac(1+\cos B)}\cdot\frac cb= \) \( \frac cb\cdot\frac {2ab+2ab\cos C}{2ac+2ac\cos C}= \) \( \frac cb\cdot \frac {2ab+a^2+b^2-c^2}{2ac+a^2+c^2-b^2}= \)

\( \frac cb\cdot\frac {(a+b)^2-c^2}{(a+c)^2-b^2}= \) \( \frac cb\cdot\frac {(a+b+c)(a+b-c)}{(a+c+b)(a+c-b)}= \) \( \frac cb\cdot\frac {a+b-c}{a+c-b}= \) \( \frac {c(p-c)}{b(p-b)}= \) \( \frac {AB\cdot BD}{AC\cdot CD} \) . In concluzie, \( \underline {\overline {\left\|\ \frac {AB\cdot BD}{AC\cdot CD}=\frac {1+\cos C}{1+\cos B}\ \right\|}} \) . Altfel, folosind relatiile

\( 1+\cos x=2\cos^2\frac x2 \) si \( \cos\frac A2=\sqrt {\frac {p(p-a)}{bc} \) etc obtinem : \( \frac {1+\cos C}{1+\cos B}= \) \( \frac {2\cos^2\frac C2}{2\cos^2\frac B2}= \) \( \frac {p(p-c)}{ab}\cdot\frac {ac}{p(p-b)}= \) \( \frac {c(p-c)}{b(p-b)}= \) \( \frac {AB\cdot BD}{AC\cdot CD} \) .

Notam \( T\in AB \) pentru care \( I_aT\perp AB \) . Se observa ca \( AB+BD=AB+BT=AT=p \) , \( I_aT=I_aD \) , \( AT^2=AI_a^2-I_aD^2 \)

si \( \overline {\underline {\left\|\ I_aM\ge I_aD\ \right\|}} \) . Asadar, \( (AB+BD)^2 \ge AM(2AI_a-AM) \) \( \Longleftrightarrow \) \( AT^2+AM^2\ge 2AM\cdot AI_a \) \( \Longleftrightarrow \)

\( AI_a^2-I_aD^2+AM^2\ge 2\cdot AM\cdot AI_a \) \( \Longleftrightarrow \) \( (AI_a-AM)^2\ge I_aD^2 \) \( \Longleftrightarrow \) \( I_aM\ge I_aD \) , ceea ce este adevarat.

Altfel, folosind relatiile \( \frac {IA}{b+c}=\frac {IM}{a}=\frac {l_a}{2p} \) si \( \frac {AI_a}{AI}=\frac {p}{p-a} \) obtinem \( AI_a=\frac {(b+c)l_a}{2(p-a)} \) . Asadar, \( (AB+BD)^2 \geq AM(2\cdot AI_a-AM) \) \( \Longleftrightarrow \)

\( p^2\ge l_a\cdot\left[\frac {(b+c)l_a}{p-a}-l_a\right] \) \( \Longleftrightarrow \) \( p^2\ge l_a^2\cdot \frac {b+c-(p-a)}{p-a} \) \( \Longleftrightarrow \) \( \overline {\underline {\left\|\ l_a^2\le p(p-a)\ \right\|}} \) \( \Longleftrightarrow \) \( \frac {4bcp(p-a)}{(b+c)^2}\le p(p-a) \) \( \Longleftrightarrow \) \( (b+c)^2\ge 4bc \) , O.K.

Observatie. Inegalitatea evidenta \( I_aM\ge I_aD \) genereaza inegalitatea remarcabila \( \overline {\underline {\left\|\ l_a^2\le p(p-a)\ \right\|}} \) .

Asadar si \( l_a^2+l^2_b+l^2_c\le p^2 \) . Se observa ca \( 4m^2_a=2(b^2+c^2)-a^2\ge (b+c)^2-a^2 \) , adica \( \overline {\underline {\left\|\ m^2_a\ge p(p-a)\ \right\|}} \) .

Deci \( m^2_a+m^2_b+m^2_c\ge p^2 \) . In concluzie, \( \overline {\underline {\left\|\ l_a^2+l^2_b+l^2_c\le p^2\le m^2_a+m^2_b+m^2_c\ \right\|}} \) .