Entrenamiento Iberoamericana 1998 (Problema 1)

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Dauphineg

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Entrenamiento Iberoamericana 1998 (Problema 1)

Mensaje sin leer por Dauphineg » Dom 28 Jun, 2020 8:46 am

Sean $a$,$b$ y $c$ las longitudes de los lados de un triángulo escaleno $\bigtriangleup$ y sean $l=\frac{b+c}{2}$, $m=\frac{c+a}{2}$ y $n=\frac{a+b}{2}$
Probar que $l$, $m$ y $n$ son longitudes de los lados de un triángulo escaleno cuya área es mayor que la del triángulo $\bigtriangleup$.

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Turko Arias

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Re: Entrenamiento Iberoamericana 1998 (Problema 1)

Mensaje sin leer por Turko Arias » Dom 28 Jun, 2020 9:52 pm

Estaba debatiendo conmigo mismo si era más fea esta solución o una que se me ocurrió con elipses... Creo que esta es más fea así que voy a subirla :lol:
Spoiler: mostrar
Sea $S=\frac{a+b+c}{2}$, por Herón, queremos ver que $$\sqrt{s \times (s-a) \times (s-b) \times (s-c)} < \sqrt{s \times (s-\frac{a+b}{2}) \times (s-\frac{a+c}{2}) \times (s-\frac{b+c}{2})}$$ O equivalentemente:
$$(s-a) \times (s-b) \times (s-c) <(s-\frac{a+b}{2}) \times (s-\frac{a+c}{2}) \times (s-\frac{b+c}{2})=\frac{abc}{8}$$
Y bueno, tirando la sustitución de Ravi, sabemos que existen reales positivos $x,y,z$ tales que $a=x+y, b=y+z, c=x+z$, reemplazando nos queda que queremos probar
$$xyz < \frac{(x+y)(x+z)(y+z)}{8}$$
Por AM-GM tenemos $\sqrt{xy} \leq \frac{x+y}{2}, \sqrt{xz} \leq \frac{x+z}{2}, \sqrt{yz} \leq \frac{y+z}{2}$, pero como nuestro triángulo no era equilatero, no puede pasar que $x=y=z$, por lo que alguna de las desigualdades es estricta, y al multiplicarlas llegamos al resultado pedido $\blacksquare$.

Nota: es inmediato ver que $\frac{a+b}{2}, \frac{b+c}{2}, \frac{a+c}{2}$ cumplen la desigualdad triangular, y claramente el triángulo es escaleno, ya que si, por ejemplo $\frac{a+b}{2}=\frac{a+c}{2}$ tendríamos que $b=c$ y el triángulo inicial no sería escaleno.
Esta solución y la de la elipses son escencialmente las mismas que las dos que subí a este problema
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Dauphineg

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Re: Entrenamiento Iberoamericana 1998 (Problema 1)

Mensaje sin leer por Dauphineg » Lun 29 Jun, 2020 11:25 am

Spoiler: mostrar
Llamamos $A_{1}$ al área del triángulo de lados $a,b,c$ y $P$ a su perímetro
Llamamos $A_{2}$ al área del triángulo de lados $l,m,n$ y $P'$ a su perímetro
$P=a+b+c=\frac{b}{2}+\frac{c}{2}+\frac{c}{2}+\frac{a}{2}+\frac{a}{2}+\frac{b}{2}=l+m+n=P´$
Como $a,b,c$ son positivos y distintos dos a dos $\Rightarrow l,m,n$ cumplen la desigualdad triangular y son distintos dos a dos, por lo que tendremos un triángulo escaleno formado por los lados $l,m,n$ , ademas se cumplen las siguientes desigualdades
$\left\{\begin{matrix}
\left ( a-b \right )^{2}> 0 \\
\left ( b-c \right )^{2}> 0 \\
\left ( c-a \right )^{2}> 0

\end{matrix}\right.

\Leftrightarrow
\left\{\begin{matrix}
c^{2}-\left ( a-b \right )^{2}<c^{2} \\
a^{2}-\left ( b-c \right )^{2}<a^{2}\\
b^{2}-\left ( c-a \right )^{2}<b^{2}

\end{matrix}\right.
\Leftrightarrow
\left\{\begin{matrix}
\left ( c-a+b \right ).\left ( c+a-b \right )<c^{2} \\
\left ( a-b+c \right ).\left ( a+b-c \right )<a^{2}\\
\left ( b-c+a \right ).\left ( b+c-a \right )<b^{2}

\end{matrix}\right.$
donde los paréntesis de las últimas $3$ desigualdades son todos positivos por ser $a,b,c$ lados de un triángulo, por lo tanto podemos multiplicar estas $3$ últimas desigualdades y obtener $\left [ \left ( b+c-a \right ).\left ( c+a-b \right ).\left ( a+b-c \right ) \right ]^{2} < \left ( a.b.c \right ) ^{2}$ y sacando raíz cuadrada en ambos miembros tendremos
$\left ( b+c-a \right ).\left ( c+a-b \right ).\left ( a+b-c \right ) < a.b.c \Rightarrow \left (P-2a \right ).\left ( P-2b \right ).\left ( P-2c\right ) < \left (P-2l \right ).\left ( P-2m \right ).\left ( P-2n\right ) $
Ahora multiplicando ambos miembros por $\frac{P}{16} $ y teniendo en cuenta que $P=P'$ nos quedara
$\frac{P} {2} .\left (\frac{P} {2} -a \right ).\left (\frac{P} {2} -b\right ).\left (\frac{P} {2} -c\right ) <\frac{P'} {2} .\left (\frac{P'} {2} -l \right ).\left ( \frac{P'} {2} -m \right ).\left ( \frac{P'} {2} -n \right ) $
Por último sacando raíz cuadrada en ambos miembros y usando la fórmula de Herón obtenemos los buscado $A_{1}< A_{2}$

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