Triangolo e bisettrici

[Sk_Anonymous]

[Erasmus_First]

Nessuno ha risolto questo quiz che resiste ormai da tre mesi...
Nemmeno io.

Detti x, y e z gli angoli del triangolo ed r il raggio del cerchio circoscritto, il semiperimetro p vale:
$p = r[sin(x) + sin(y) +sin(z)]$.
Posto 2q la somma delle corde-bisettrici AD, BE e CF, risulta:
$q = r[sin(x + y/2) + sin(y + z/2) + sin(z + x/2)]$.

Dimostrare che è sempre q > p equivale a dimostrare che per ogni terna (x, y, z) di numeri positivi con somma π risulta
$sin(x + y/2) + sin(y + z/2) + sin(z + x/2) > sin(x) + sin(y) +sin(z)$.
NB:
per x+y+z = π vale l'uguaglianza:
$sin(x) + sin(y) + sin(z) = 4·cos(x/2)·cos(y/2)·cos(z/2)$.

Ciao, ciao

[Thomas16]

Ciao, Chiamato $X$ l'incentro mi pare si verificano con angle-chasing le ugualglianze:

$AE=EC=EX$

$CD=DB=DX$

$AF=FB=FX$

Quindi ora applichiamo la disuguaglianza triangolare:

$AC
$CB
$AB
Sommando si trova il risultato parziale $p
Analogamente la triangolare ad altri tre triangoli ci dice che:

$AB
$BC
$AC
Sommando queste ultime si ottiene $p
Sommando a membro a membro la [1] e la [2] si ottiene la tesi.

A meno che non abbia toppato...

[Erasmus_First]

"Thomas": [...]
A meno che non abbia toppato...

No, non hai toppato!
Fondamentale è [stato] rilevare che, (ad esempio):
• Il triangolo AEX è isoscele su AX (avendo uguali gli angoli in A e in X) e il triangolo CEX è isoscele su CX (avendo uguali gli angoli in C e in X), per cui
$AE =XE = CE$ .
[Dopo di che, con la disuguaglianza triangolare, la tesi ... è in vista!]
Bravo! Complimenti vivissimi.
Ciao, ciao.

[orsoulx]

Gran bella dimostrazione Thomas!
Sul medesimo tema un'altra diseguaglianza, più stretta:
$ XD+XE+XF >= XA+XB+XC $
con l'uguaglianza che è verificata quando il triangolo è equilatero.
Quella originale diventa un semplice corollario di questa.
Ciao

[Erasmus_First]

Dai, Thomas!
Spero ancora che ti rifaccia vivo con una soluzione elegante come la precedente.

Io non sono andato più in là di quanto segue. [NB: $X =$ incentro; $p =$ semiperimetro]

$BD=CD=XD$ –––> $XD·cos(α/2) = a/2$;
$CE=AE=XE$ –––> $XE·cos(β/2) = b/2$;
$AF=BF=XF$ –––> $XF·cos(γ/2) = c/2$;
-------------------------- (sommando membro a membro):
$XD·cos(α/2) + XE·cos(β/2) +XF·cos(γ/2) = p$.

$XA·cos(α/2) + XB·cos(β/2) = c$;
$XB·cos(β/2) + XC·cos(γ/2) = a$;
$XC·cos(γ/2) + XA·cos(α/2) = b$;
–––––––––––––––––––––––––––(sommando membro a membro e dividendo per 2):
$XA·cos(α/2) + XB·cos(β/2) + XC·cos(γ/2) = p$.

Se $ABC$ è equilatero, (ossia equiangolo, e quindi $cos(α/2) = cos(β/2) = cos(γ/2)$), viene:
$XA=XD=XB=XE=XC=XF$ ––> $XD + XE + XF = XA + XB + XC$. (Ovvio!)
In ogni altro caso, ... "a naso" viene $XD + XE + XF > XA + XB + XC$.
Ma occorre dimostrarlo.
Ed io ... ancora non so come si fa!
–––

[Erasmus_First]

Forse ci sono!

In ogni triangolo non equilatero a lato maggiore sta opposto l'angolo maggiore e a lato minore sta opposto l'angolo minore.
Supponiamo, per esempio, che sia $a ≥ b > c$. Allora:
$b + c < 2a$; (1)
$α ≥ β > γ$ ––> $α/2 ≥ β/2 > γ/2$.
E siccome ogni mezzo-angolo è minore di un angolo retto e il coseno è decrescente tra 0 e un angolo retto:
$α/2 ≥ β/2 > γ/2$ ––> $cos(α/2) ≤ cos(β/2) < cos(γ/2)$. (2)
Con ciò:
$XBcos(α/2)+XCcos(α/2) < XBcos(β/2)+XCcos(γ/2) = a = 2·XDcos(α/2)$ ––>
––> $XB + XC < 2·XD$. (3)

Adesso ... le cose si complicano un po'.
Però, con un po' di pazienza [e con analogo procedimento, ossia tendo sempre presente la (2) che dice:
$cos(γ/2) > cos(β/2) ≥ cos(α/2)$
si dovrebbe pervenire a:
$XA + XB < 2·XF$; (4)
$XC + XA < 2·XE$. (5).
Dopodiché la tesi si otterrà sommando membro a membro le (3) (4) e (5) e dividendo poi per 2.