IME / ITA ⇒ (IIT-JEE) Raios de ex-círculo e in-círculo Tópico resolvido

[Ittalo25MOD]

Sejam a,b e c lados de um triângulo qualquer.

[tex3]r_a[/tex3] o raio do ex-círculo relativo ao vértice a.

[tex3]r[/tex3] o raio do círculo inscrito ao triângulo.

[tex3]p[/tex3] o semiperímetro do triângulo.

Determine se é verdadeiro ou falso:

[tex3]\frac{r_a^2}{a}+\frac{r_b^2}{b}+\frac{r_c^2}{c}\geq \frac{81r^2}{2p}[/tex3]

[Ittalo25MOD]

Sabendo que:

[tex3]S = r_a.(p-a)\rightarrow r_a = \frac{S}{(p-a)}[/tex3]

[tex3]S = p.r\rightarrow r = \frac{S}{p}[/tex3]

Onde S é a área do triângulo.

Substituindo:

[tex3]\frac{r_a^2}{a}+\frac{r_b^2}{b}+\frac{r_c^2}{c}\geq \frac{81r^2}{2p}[/tex3]

[tex3]\frac{S^2}{(p-a)^2.a}+\frac{S^2}{(p-b)^2.b}+\frac{S^2}{(p-c)^2.c}\geq \frac{81.S^2}{2p^3}[/tex3]

[tex3]\frac{4}{(-a+b+c)^2.a}+\frac{4}{(a-b+c)^2.b}+\frac{4}{(a+b-c)^2.c}\geq \frac{81.8}{2.(a+b+c)^3}[/tex3]

[tex3]\frac{1}{(-a+b+c)^2.a}+\frac{1}{(a-b+c)^2.b}+\frac{1}{(a+b-c)^2.c}\geq \frac{81}{(a+b+c)^3}[/tex3]

Travei.

[Auto Excluído (ID:12031)]

a Desigualdade que vc chegou é homogênea, ou seja se ela vale pra [tex3](a,b,c)[/tex3] ela vale pra [tex3](ta,tb,tc)[/tex3] pra qualquer [tex3]t[/tex3] real positivo, logo assuma sem perda de generalidade que [tex3]a+b+c = 2p[/tex3] é uma constante
vou usá-la a partir daqui:

[tex3]\frac{1}{(p-a)^2.a}+\frac{1}{(p-b)^2.b}+\frac{1}{(p-c)^2.c}\geq \frac{81}{2p^3}[/tex3]

queremos provar que:

[tex3]\frac{1}{3}(\sum_{cic} \frac{1}{(p-a)^2a}) \geq \frac{27}{2p^3}[/tex3]

seja [tex3]f(x) = \frac{1}{(p-x)^2x}[/tex3]

veja que

[tex3]f''(x) = \frac{2(p^2 - 4px + 6x^2)}{x^3(p-x)^4} > 0[/tex3]
a segunda derivada é estritamente positiva uma vez que [tex3]p > 0[/tex3] e [tex3]x>0[/tex3] logo a função é convexa e podemos aplicar a desigualdade de Jensen nela, que diz:

[tex3]\frac{\sum_{i=1}^{n}f(x_i)}n \geq f(\frac{\sum_{i=1}^{n}x_i}{n})[/tex3]

então de Jensen temos que

[tex3]\frac{1}{3}(\sum_{cic} \frac{1}{(p-a)^2a}) \geq \frac{3}{(p - \frac{(a+b+c)}3)^2(a+b+c)}[/tex3]
[tex3]\frac{1}{3}(\sum_{cic} \frac{1}{(p-a)^2a}) \geq \frac{3}{(\frac{(a+b+c)}6)^2(a+b+c)}[/tex3]
[tex3]\frac{1}{3}(\sum_{cic} \frac{1}{(p-a)^2a}) \geq \frac{3}{(\frac{p}3)^2(a+b+c)}[/tex3]
[tex3]\frac{1}{3}(\sum_{cic} \frac{1}{(p-a)^2a}) \geq \frac{3}{(\frac{p}3)^22p}[/tex3]
[tex3]\frac{1}{3}(\sum_{cic} \frac{1}{(p-a)^2a}) \geq \frac{27}{2p^3}[/tex3]

c.q.d

Outra prova:

pegue os vetores [tex3](\frac{r_a}{\sqrt a} , \frac{r_b}{\sqrt b}, \frac{r_c}{\sqrt c})[/tex3] e [tex3](\sqrt a , \sqrt b , \sqrt c)[/tex3]

e aplique a desigualdade de cauchy-scharwz:

[tex3](\frac{r_a^2}{a} + \frac{r_b^2}{b} + \frac{r_c^2}{c})(a+b+c) \geq (r_a + r_b + r_c)^2[/tex3]
[tex3](\frac{r_a^2}{a} + \frac{r_b^2}{b} + \frac{r_c^2}{c})2p \geq (r_a + r_b + r_c)^2[/tex3]

basta que [tex3](r_a+r_b+r_c)^2 \geq 81r^2 \rightarrow r_a + r_b + r_c \geq 9r[/tex3]

da relação: [tex3]4R = r_a +r_b + r_c -r[/tex3] e da desigualdade de euler: [tex3]R \geq 2r[/tex3] vemos que isso é verdade.