Circunradio e inradio

El problema semanal esta semana aparece el lunes. Vamos con él:

Sean $R$ y $r$ , respectivamente, el circunradio e inradio de un triángulo $ABC$ . Demostrar que:

$\cfrac{cos(A)}{sen^2(A)}+\cfrac{cos(B)}{sen^2(B)}+\cfrac{cos(C)}{sen^2(C)}\geq \cfrac{R}{r}$ .

Suerte.

10 comentarios

Trackback | 11 Oct, 2010

Bitacoras.com
Sirius | 12 de October de 2010 | 01:49

La solución que he encontrado a este problema pasa por una curiosa acotación
Demostrar que si a,b y c son los lados de un triángulo, entonces se tiene que

X(a,b,c) / X(a^2^,b^2,c^2) <= 1/3( 1/a + 1/b + 1/c)

donde X(a,b,c) denota la media aritmética simple de los valores a,b,c.
Con esto y los teoremas del seno y del coseno sale fácil.
Un saludo.
M | 12 de October de 2010 | 12:41

Tal vez el teorema del seno y del coseno puedan ser útiles.
Sebas | 12 de October de 2010 | 17:57

Por una parte he sustituido los cosenos a partir del “Teorema de coseno” y los senos por su relación con el área y los lados. Por otra parte “R” y “r” por su equivalencia con el área y el semiperimetro. Despues de operar llego a la conclusión que el cuadrado de la suma de los lados es superior a la suma de sus cuadrados. Perdonad pero me resulta muy dificultoso pasar la demostración con LaTex
M | 12 de October de 2010 | 19:33

Bueno Sebas, esa conclusión es válida en general: $(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ac)>a^2+b^2+c^2$ , si $a,b,c$ son números reales positivos.

No obstante, con lo que has comentado ya tienes la demostración a tiro
Sebas | 12 de October de 2010 | 19:45

Claro, daba por supuesto la conclusión como final
fede | 13 de October de 2010 | 00:18

Si $S = \dfrac{1}{2}bc\cdot sen(A)$ es el área del triángulo, usando los teoremas del seno y del coseno tenemos

$\dfrac{cos(A)}{sen^2(A)}= \dfrac{R}{2S} \cdot \dfrac{b^2+c^2-a^2}{a}$ y por otro lado $\dfrac{R}{r} = R \cdot\dfrac{a+b+c}{2S}$ .

Por tanto la desigualdad a demostrar se convierte en

$\dfrac{b^2}{a} +\dfrac{c^2}{a} +\dfrac{a^2}{b} +\dfrac{c^2}{b} +\dfrac{a^2}{c} +\dfrac{b^2}{c} \ge 2(a + b + c)$

Si $a^2 \ge b^2 \ge c^2$ , entonces $\dfrac{1}{a} \le \dfrac{1}{b} \le \dfrac{1}{c}$ , y de todos los productos $a^2x+b^2y+c^2z$ , donde $(x,y,z)$ es una permutación de $(\dfrac{1}{a}, \dfrac{1}{b}, \dfrac{1}{c})$ , el que tiene el valor mínimo es aquel en que $x \le y \le z$ , es decir cuando $(x,y,z) = (\dfrac{1}{a}, \dfrac{1}{b}, \dfrac{1}{c})$ .

Entonces $\dfrac{a^2}{b} + \dfrac{b^2}{c} +\dfrac{c^2}{a} \ge a+b+c \qquad \dfrac{a^2}{c} + \dfrac{b^2}{a} +\dfrac{c^2}{b} \ge a+b+c$

y sumando miembro a miembro tenemos la desigualdad anterior.
frank | 13 de October de 2010 | 03:56

me suena al teorema de las cevianas
fede | 13 de October de 2010 | 11:41

Aunque no me ha servido para el problema, se cumple la siguiente identidad:

$cos(A) + cos(B) + cos(C) = 1 + \dfrac{r}{R}$
M | 13 de October de 2010 | 13:13

Excelente, fede.

También sale la desigualdad que indicas teniendo en cuenta que $\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}\geq a+b$ , como consecuencia de desarrollar $(a^2-b^2)(1/a-1/b)\leq 0$ (desigualdad que se da directamente para a y b positivos).