jueves, 9 de junio de 2011

PROBLEMA DEL DIA: 09 DE JUNIO (MANUEL)

Ambos de la shortlist IMO 1991

1) Sea ABC un triángulo y P un punto en su interior. Muestra que alguno de los ángulos PAB, PBC y PCA es menor o igual a 30°.

2) Dado un triángulo ABC, sea I su incentro. Las bisectrices internas de los ángulos A, B, C intersectan a los lados opuestos en D, E y F, respectivamente. Muestra que $\frac{1}{4}<\frac{AI*BI*CI}{AD*BE*CF}\leq \frac{8}{27}$

5 comentarios:

Diego627 dijo...

Supongamos que es falso. Sea $f(x)=ln(sin(x))$. Derivando dos veces vemos que $f''(x)<0$, asi que tiene que ser estrictamente concava. Sea $\angle PAB=\alpha, \angle PBA=\phi, \angle PBC=\beta, \angle PCB=\theta, \angle PCA=\gamma, \angle PAC=\delta$.
Entonces por ceva trigonometrico, $sin(\alpha)sin(\beta)sin(\gamma)=sin(\delta)sin(\theta)sin(\phi)$
Entonces $f(\alpha)+f(\beta)+f(\gamma)=f(\delta)+f(\theta)+f(\phi)$.
Sea $\frac{\delta+\theta+\phi}{3}=x$. Entonces $x=\frac{180-\alpha-\beta-\gamma}{3}<\frac{90}{3}=30$, por jensen, $f(\delta)+f(\theta)+f(\phi)\leq 3f(x)$. Como logaritmo es creciente, y seno también en el intervalo $[0,90]$, entonces $3f(x)<3f(30)=ln(sin(30))=3ln(\frac{1}{2})$.
Por otro lado, tenemos que si alguno de los primeros $3$ angulos es mayor a $150$, entonces la suma del resto seria menor o igual a $30$ y obviamente se cumpliria el problema. De otro modo $f(\alpha),f(\beta),f(\gamma)\geq ln(sin(30))=ln(sin(150))=ln(\frac{1}{2})$. Asi que $3ln(\frac{1}{2})\leq f(\alpha)+f(\beta)+f(\gamma)=f(\delta)+f(\theta)+f(\phi)\leq 3f(x)<3ln(\frac{1}{2})$.
Entonces contradiccion! Asi que se cumple.

Diego627 dijo...

Por centros de masa/vectores/complejos se puede sacar que $\frac{AI}{AD}=\frac{b+c}{a+b+c}$, y similar, donde $a=BC,b=CA,c=AB$.
Sea $m=\frac{b+c}{2},n=\frac{c+a}{2},p=\frac{a+b}{2}$. Entonces para la desigualdad de la derecha, sustituyendo y multiplicando por $\frac{(m+n+p)^3}{8}$ da
$$(\frac{m+n+p}{3})^3\geq mnp$$
Por AM-GM es cierto.
En la desigualdad de la izquierda, supongamos sin perdida de generalidad que $a+b+c=1$, y $b+c>a\geq b\eq c>0$.
Entonces $(a+b)(b+c)(c+a)>a(a+b)(a+c)\geq a(a+a)(a+(b+c-a))$. Ya que $b+c>a$ y $|b-c|>|\frac{a+(b+c)-a}{2}-a|$.
$a(a+a)(a+(b+c-a))=2a^2(1-a)=f(a)$. Ya que $a+(b+c-a)=b+c=(b+c+a)-a=1-a$.
Tenemos que $\frac{1}{2}=\frac{a+b+c}{2}>\frac{a+a}{2}=a=\frac{a+a+a}{3}\geq \frac{a+b+c}{3}=\frac{1}{3}$. Entonces $a\in [\frac{1}{3},\frac{1}{2})$. Tenemos que $f'(a)=4a-6a^2$, entonces $f(a)<0$ en el intervalo $(0,\frac{2}{3})$, y particularmente en $a\in [ \frac{1}{3},\frac{1}{2})$. Porlotanto $f(a)>f(\frac{1}{2})=\frac{1}{4}$. QED

Flavio dijo...

Para el segundo, tenemos que $\frac{AI}{AD}=\frac{b+c}/{a+b+c}$, viene del hecho conocido de que $\frac{AI}{ID}=\frac{b+c}/{a}$. Luego para las tres fracciones de ese estilo aplicamos Media Geometrica aritmetica y el lado derecho sale directo (las fracciones promedian 2/3 y al cubo da los 8/27).
Para el lado izquierdo la desigualda se convierte en demostrar que $(a+b+c)^3<4(a+b)(b+c)(c+a)$, pero es conocido que $(a+b+c)^3=a^3+b^3+c^3+3(a+b)(b+c)(c+a)$, entonces lo que queremos es equivalente a que $a^3+b^3+c^3<(a+b)(b+c)(c+a)$, pero como $a,b,c$ son lados de un triangulo entonces $a^3<a^2(b+c)$ y asi respectivamente. Entonces el lado izquierdo es menor a la suma simetrica de $a^2b$, pero el resultado de la multiplicacion de la derecha es esa suma mas $2abc$, entonces la desigualdad si se cumple.

DANIELIMO dijo...
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
DANIELIMO dijo...

1) Mi solución es muy parecida a la de diego sólo que sinusar log natural, el unico paso en el quese ocupa espara ver que $sin(\alpha)sin(\beta)sin(\gamma)\leq \frac{sin(\alpha)+sin(\beta)sin+(\gamma)}{3}^3$
que es fácil con MG-MA, luego sesigue conjensen quelo anterior es menor a 1/8, iguala como lo hizo Diego pero sin ln.
2) Hice practicamente lo mismoque Flavio

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