Неравенство със страни на триъгълник

[admin]

Нека a, b, c са страни на триъгълник.
Докажете неравенството:
[tex]a^2 (b + c - a) + b^2 (c + a - b) + c^2 (a + b - c) \leq 3abc[/tex]

[Xixibg]

[tex]a^2\ge a^2-(b-c)^2 ; =>a^2\ge (a+b-c)(a+c-b)[/tex]
[tex]b^2\ge b^2-(a-c)^2 ; =>b^2\ge (b+a-c)(b+c-a)[/tex]
[tex]c^2\ge c^2-(a-b)^2 ; =>c^2\ge (c+a-b)(c+b-a)[/tex]
[tex]=>a^2b^2c^2\ge(a+b-c)^2(a+c-b)^2(b+c-a)^2[/tex]
[tex]=>abc\ge(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)[/tex]
[tex]abc\ge -a^3+a^2b+a^2c-b^3+b^2a+b^2c-c^3+c^2a+c^2b-2abc[/tex]
[tex]abc\ge a^2(b+c-a)+b^2(a+c-b)+c^2(a+b-c)-2abc[/tex]
[tex]=>3abc\ge a^2(b+c-a)+b^2(a+c-b)+c^2(a+b-c)[/tex]

[strangerforever]

Неравенството е вярно не само за страни на триъгълник, а за кои да е положителни числа

[ins-]

Задачата ми е много позната. Виждал съм я, ако не греша, на турнира на ФМИ. Вероятно бихме могли да използваме полагането: x=a+b-c, y=b+c-a, z=c+a-b и условието, че са страни на триъгълник да влезе в употреба при подобно решение.

[kucheto]

Задачата ми е много позната. Виждал съм я, ако не греша, на турнира на ФМИ. Вероятно бихме могли да използваме полагането: x=a+b-c, y=b+c-a, z=c+a-b и условието, че са страни на триъгълник да влезе в употреба при подобно решение.

Аз бях написал, че е от МОМ 1964, задача 2, но незнайно защо постът ми беше изтрит.

[Xixibg]

Прекалено лесна е за МОМ , ама всъщност през 1964 може и да е била подходяща не знам!!!

[inveidar]

Наистина е от там.

MOM_64.JPG (80.65 KiB) Прегледано 3434 пъти

[inveidar]

[tex]a^2\ge a^2-(b-c)^2 ; =>a^2\ge (a+b-c)(a+c-b)[/tex]
[tex]b^2\ge b^2-(a-c)^2 ; =>b^2\ge (b+a-c)(b+c-a)[/tex]
[tex]c^2\ge c^2-(a-b)^2 ; =>c^2\ge (c+a-b)(c+b-a)[/tex]
[tex]=>a^2b^2c^2\ge(a+b-c)^2(a+c-b)^2(b+c-a)^2[/tex]
[tex]=>abc\ge(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)[/tex]
[tex]abc\ge -a^3+a^2b+a^2c-b^3+b^2a+b^2c-c^3+c^2a+c^2b-2abc[/tex]
[tex]abc\ge a^2(b+c-a)+b^2(a+c-b)+c^2(a+b-c)-2abc[/tex]
[tex]=>3abc\ge a^2(b+c-a)+b^2(a+c-b)+c^2(a+b-c)[/tex]

Всъщност, това доказателство е вярно само за страни на триъгълник. В противен случай десните страни на неравенствата могат и да са отрицателни и тогава няма да се получи равносилно неравенство при умножението.

[drago]

Интересно е да погледне човек какви задачи са давали на МОМ през 1964. Примерно 1-ва и 4-та- особено 1-ва- как ви се струват?

[strangerforever]

[tex]a^2\ge a^2-(b-c)^2 ; =>a^2\ge (a+b-c)(a+c-b)[/tex]
[tex]b^2\ge b^2-(a-c)^2 ; =>b^2\ge (b+a-c)(b+c-a)[/tex]
[tex]c^2\ge c^2-(a-b)^2 ; =>c^2\ge (c+a-b)(c+b-a)[/tex]
[tex]=>a^2b^2c^2\ge(a+b-c)^2(a+c-b)^2(b+c-a)^2[/tex]
[tex]=>abc\ge(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)[/tex]
[tex]abc\ge -a^3+a^2b+a^2c-b^3+b^2a+b^2c-c^3+c^2a+c^2b-2abc[/tex]
[tex]abc\ge a^2(b+c-a)+b^2(a+c-b)+c^2(a+b-c)-2abc[/tex]
[tex]=>3abc\ge a^2(b+c-a)+b^2(a+c-b)+c^2(a+b-c)[/tex]

Всъщност, това доказателство е вярно само за страни на триъгълник. В противен случай десните страни на неравенствата могат и да са отрицателни и тогава няма да се получи равносилно неравенство при умножението.

Най-много едно от числата (a+b-c), (a+c-b) и (b+c-a) може да е отрицателно. Тогава произведението им е отрицателно и неравенството

[tex]abc\ge(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)[/tex] е очевидно.

[Xixibg]

Интересно е да погледне човек какви задачи са давали на МОМ през 1964. Примерно 1-ва и 4-та- особено 1-ва- как ви се струват?

1-ва е елементарна:
a)[tex]2^{3k}\equiv 1(mod 7) =>2^{3k}-1\equiv 0(mod 7)[/tex]
[tex]2^{3k+1}=2.2^{3k}\equiv 2(mod 7) ; => 2^{3k+1}-1\equiv 1(mod 7)[/tex]
[tex]2^{3k+2}=4.2^{3k}\equiv 4(mod 7) ; => 2^{3k+1}-1\equiv 3(mod 7)[/tex]
[tex]=>n=3k[/tex]
b)[tex]2^n\equiv 2,4,1(mod 7) ; => 2^n+1\equiv 3,5,2(mod 7)[/tex]
[tex]=>[/tex] не съществува [tex]n[/tex]

[inveidar]

Всъщност, това доказателство е вярно само за страни на триъгълник. В противен случай десните страни на неравенствата могат и да са отрицателни и тогава няма да се получи равносилно неравенство при умножението.

Най-много едно от числата (a+b-c), (a+c-b) и (b+c-a) може да е отрицателно. Тогава произведението им е отрицателно и неравенството

[tex]abc\ge(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)[/tex] е очевидно.

Всъщност, наистина си прав! Ако, примерно, a+b-c<0 и a+c-b<0, то като ги съберем, ще получим a<0, което е противоречие с положителността на a! Не бях обърнал внимание, че си казал за положителни. Мислех си за произволни числа.

[Евва]

Миналата седмица pal702004 успя да докаже , че за всеки тр-к е в сила неравенството 2r[tex]\le[/tex]R .

2r[tex]\le[/tex]R |:2R>0
[tex]\frac{r}{R}[/tex][tex]\le[/tex][tex]\frac{1}{2}[/tex]

[tex]\frac{pr}{pR}[/tex][tex]\le[/tex][tex]\frac{1}{2}[/tex] |:4>0

[tex]\frac{S}{p.4R}[/tex][tex]\le[/tex] [tex]\frac{1}{8}[/tex]

[tex]\frac{ S^{2 } }{p(4RS)}[/tex][tex]\le[/tex][tex]\frac{1}{8}[/tex]

[tex]\frac{p(p-a)(p-b)(p-c)}{p.abc}[/tex][tex]\le[/tex][tex]\frac{1}{8}[/tex] |.4>0

4.[tex]\frac{ \sqrt{(p-b)(p-c)} }{ \sqrt{bc} }[/tex] .[tex]\frac{ \sqrt{(p-c)(p-a)} }{ \sqrt{ac} }[/tex] .[tex]\frac{ \sqrt{(p-a)(p-b)} }{ \sqrt{ab} }[/tex] [tex]\le[/tex][tex]\frac{1}{2}[/tex]

4.sin[tex]\frac{ \alpha }{2}[/tex].sin[tex]\frac{ \beta }{2}[/tex].sin[tex]\frac{ \gamma }{2}[/tex][tex]\le[/tex] [tex]\frac{3}{2}[/tex]-1

1+4.sin[tex]\frac{ \alpha }{2}[/tex]sin[tex]\frac{ \beta }{2}[/tex]sin[tex]\frac{ \gamma }{2}[/tex][tex]\le[/tex][tex]\frac{3}{2}[/tex]

cos[tex]\alpha[/tex]+cos[tex]\beta[/tex]+cos[tex]\gamma[/tex][tex]\le[/tex][tex]\frac{3}{2}[/tex]

[tex]\frac{ b^{2 }+ c^{2 } - a^{2 } }{2bc}[/tex] +[tex]\frac{ a^{2 }+ c^{2 }- b^{2 } }{2ac}[/tex] +[tex]\frac{ a^{2 }+ b^{2 }- c^{2 } }{2ab}[/tex][tex]\le[/tex][tex]\frac{3}{2}[/tex]

[tex]\frac{a b^{2 } +a c^{2 }- a^{3 }+ a^{2 }b+b c^{2 }- b^{3 }+ a^{2 }c + b^{2 }c - c^{3 } }{abc}[/tex][tex]\le[/tex]3 |.abc>0

([tex]a^{2 }[/tex]b+[tex]a^{2 }[/tex]c-[tex]a^{3 }[/tex]) +([tex]b^{2 }[/tex]c+a[tex]b^{2 }[/tex]-[tex]b^{3 }[/tex]) +(a[tex]c^{2 }[/tex]+b[tex]c^{2 }[/tex]-[tex]c^{3 }[/tex])[tex]\le[/tex]3abc

[tex]a^{2 }[/tex](b+c-a)+[tex]b^{2 }[/tex](c+a-b)+[tex]c^{2 }[/tex](a+b-c)[tex]\le[/tex]3abc

[Румен Симеонов]

Нека a, b, c са страни на триъгълник.
Докажете неравенството:
[tex]a^2 (b + c - a) + b^2 (c + a - b) + c^2 (a + b - c) \leq 3abc[/tex]

Беше ми забавно и удоволствие да прочета някои от решенията. Забелязвам, че много пъти в математиката задачите и решенията и по-конкретно задачи и решения за неравенства със страни на триъгълник представляват забавна игра на криеница. Един измисля задачата, а значи има и доказателство на неравенството, което е открил, и предлага на любопитните да открият неговото доказателство, като и сам проявява любопитство дали пък няма и други възможни доказателства освен неговото. Така се развиват откривателски способности у решаващите задачите. Някои, включително и аз, във връзка с този вид задачи си задават въпроса дали пък не може да се открие универсален метод за решаване на задачи за доказване на неравенство за страните на произволен триъгълник, така, че да не се. налага всеки път за всяка индивидуална задача да се измислят индивидуални хитринки за индивидуални отгатвания зависещи от спецификата на конкретното индивидуално неравенство. И така, като се възползвах от метода на Лагранж, изучаван в учебниците по висша математика, изобретих полу-универсален метод за решаване на голяма група, а да не би да се окаже и всички, задачи от този вид. За да си позволя да публикувам този мой метод и да го приложа и реша чрез него поставената тук задача, забелязах, че има ограничение в рубриката ,,Задача на седмицата" да се публикуват само задачи решими със знания добити от учебниците до 12-ти клас, но няма ограничение решенията, които така или иначе тук се наричат ,,мнения", да използват и други знания. Това е много правилно, защото един ученик, прочитайки такова решение ще бъде стимулиран да изучава висша математика. Ако пък админите са имали и продължават да имат желание тук да се публикуват само решения използващи само знания добити от учебниците до 12-ти клас, то тогава моля да ми укажат този факт и да ми дадат възможност да си запазя настоящото мнение преди да го изтрият, защото го пиша направо на телефон и може и да не съм успял да си го запазя. Методът, който открих е приложим поне за неравенства от вида [tex]0 \leq f(a,b,c)[/tex], където функцията притежава свойството наричано хомогенност (от някаква степен [tex]n[/tex]) да може да се изнася пред скоби, на някаква степен [tex]n[/tex], множител [tex]t[/tex] поставеен пред всяка от трите страни на триъгълник [tex]a,b,c[/tex]: [tex]f(ta,tb,tc)=t^nf(a,b,c), \forall t>0[/tex]. Конкретната задача, очевидно, има това свойство с [tex]n = 3[/tex], когато бъде записана във вида [tex]0 \leq f(a,b,c)[/tex], където [tex]f(a,b,c) = 3{abc} - a^2(b+c-a) - b^2(c+a-b) - c^2(a+b-c)[/tex]. Поради това свойство на хомогенност, оказва се достатъчно неравенството да бъде доказано при допълнителното предположение, че [tex]a+b+c=1[/tex] и то ще е вярно за страните на всеки триъгълник, дори и за иизродените без или със нулева страна. Методът се състои в това, че е достатъчно неравенството да бъде доказано за всички тройки числа [tex](a,b,c)[/tex], за които ([tex]a\ge 0, b\ge 0, c\ge 0, a+b+c=1\ и\ (a=0\ или\ b=0\ или\ c=0\ или\ -a+b+c=0\ или\ a-b+c=0\ или\ a+b-c=0)),\ а\ и за\ които\ (a>0, b>0, c> 0, -a+b+c>0, a-b+c>0, a+b-c>0, a+b+c=1\
и\ D(a,b,c)[/tex]), където с [tex]D(a,b,c)[/tex] съм обозначил следното условие: [tex]f_a(a,b,c)x+f_b(a,b,c)y+f_c(a,b,c)z=0[/tex], за всяка тройка числа [tex](x,y,z)[/tex], за която [tex]x+y+z=0[/tex], където пък, [tex]f_a(a,b,c), f_b(a,b,c), f_c(a,b,c)[/tex] обозначават производната на израза [tex]f(a,b,c)[/tex] спрямо [tex]a, b, c[/tex] съответно, при което условието [tex]D(a,b,c)[/tex] се оказва равносилно на [tex]f_a(a,b,c)=f_b(a,b,c)=f_c(a,b,c)[/tex]. Следователно, методът - лема на Румен Симеонов се свежда до това, че при хомогенна (от някоя, коя да е степен) функция [tex]f(a,b,c)[/tex], за да се докаже неравенството [tex]0\le f(a,b,c)[/tex] за всяка тройка числа [tex]a, b, c[/tex], която е съставена от страни на кой да е триъгълник, включително и за изродените триъгълници с нулево лице без или със нелева страна, е достатъчно да се докаже неравенството [tex]0\le f(a,b,c)[/tex] за числата [tex]a, b, c[/tex], отделно при всяко едно от следните условия:
4. При условие, че [tex]а=0, b\ge 0, c\ge 0, b+c=1[/tex] :
К. При условие, че [tex]b=0, c\ge 0, a\ge 0, c+a=1[/tex] ;
6. При условие, че [tex]c=0, a\ge 0, b\ge 0, a+b=1[/tex] ;
1. При условие, че [tex]a=b+c=1/2, b\ge 0, c\ge 0[/tex];
2. При условие, че [tex]b=c+a=1/2, c\ge 0, a\ge 0[/tex];
3. При условие, че [tex]c=a+b=1/2, a\ge 0, b\ge 0[/tex];
0. При условие, че [tex](a>0, b>0, c> 0, -a+b+c>0, a-b+c>0, a+b-c>0, a+b+c=1, f_a(a,b,c)=f_b(a,b,c)=f_c(a,b,c)[/tex].
Ако искаме да докажем неравенството само за неизродени триъгълници, достатъчно е да докажем, че то е изпълнено за изродените с ненулеви страни., т.е. - че е изпълнено в случаите 0 , 1., 2., 3.
При разрешено използване на лемата на Р. Симеонов, поставената задача се решава много лесно без да е необходимо да се измислят хитринки и без каквито и да е досещания - чисто рутинно, с грубата сила на изчисленията, които изчисления се оказват пък сравнително лесни за тази задача.
А именно.
При условието 4. неравенството се свежда до [tex]0\le 3.0 - 0^2(b+c) - b^2(c + 0 - b) - c^2(0 + b - c)[/tex] т.е. - до [tex]0\le (c-b)^2(c+b)[/tex], което е очевидно изпълнено.
При условията 5. и 6. заключението, че неравенството е изпълнено следва от доказаното при условието 4., чрез преименуване, ако искате кажете - чрез разместване на буквите обозначаващи страните на произволния триъгълник.
При условието 1. неравенството се свежда до [tex]0\le 3(b+c) - (b+c)^2.0 - b^2(2c) - c^2(2b)[/tex], т.е. - до [tex]0\le (b+c)(3 - 2bc)[/tex], което следва, че е изпълнено тъй-като от [tex]b\ge 0, c\ge 0, b+c=1/2[/tex] следва, че [tex]0\le(b+c),\ 3-2bc=3 - (b+c)^2+b^2+c^2 \ge 3 - (1/2)^2=9/4\ge 0[/tex].
При условията 2. и 3. заключението, че неравенството е изпълнено следва от доказаното при условието 1., чрез преименуване, ако искате кажете - чрез разместване на буквите обозначаващи страните на произволния триъгълник.
При условието 0., като изчислим, че [tex]f_a(a,b,c)=3bc-2a(b+c)+3a^2-b^2-c^2[/tex], извеждаме, че [tex]0=f_a(a,b,c)-f_b(a,b,c)= (a-b)(4(a+b)-2c-3c)=(a-b)(4a+4b-5c)[/tex] и, по аналогичен начин, освен, че [tex]0=(а-b)(4a+4b-5c)[/tex] получаваме и, че [tex]0=(b-c)(4b+4c-5a)[/tex], а също и че [tex]0=(c-a)(4c+4a-5b)[/tex]. От тази система, понеже [tex](a>0, b>0, c> 0[/tex], следва, че [tex]a=b=c[/tex] и неравенството се свежда до [tex]0\le3a^3-3a^2(2a -a)[/tex], т.е. - до [tex]0\le 0[/tex], което очевидно е изпълнено и, съгласно лемата на Р. Симеонов, от изпълнението на неравенството при всяко от условията от 0. до 6. следва, че то е изпълнено и за всяка тройка числа [tex]a, b, c[/tex] представляваща дължините на страните на който и да е триъгълник, ори ако той е изроден и дори ако е от втория вид изподени - тези които имат нулева страта. С това задачата е решена (даже в леко обобщен вариант, включващ и двата вида изродени триъгълници) с използване лемата на Р. Симеонов. Ако искахме да я решим само за неизродени триъгълници нямаше рнугда да провераваме изпълнието на неравенството при условията 4., 5., 6., а щеше да е достатъчна проверката на неговото изпълнение при случаите 0., 1., 2., 3.

[Румен Симеонов]

При проверката на на неравенството, в случай на изпълнено условие 1., съм допуснал грешка от копи-пейст и съм я завършил при получилото се записване, като и съм доказал, че не мога да работя с дроби, записвайки, че [tex]3- (1/2)^2=9/4[/tex]. При очевидната поправка, при изпълнено условие 1. неравенството се свежда до [tex]0\le (b+c)(3bc-2bc)[/tex], което, очевидно, е изпълнено. Освен това, в условието 5. вместо 5 погрешно е записано К. Обръщам внимание също, че за да се провери неравенството за всички неизродени триъгълници е достатъчно (а е и необходимо, ако функцията е непрекъсната включително и при клонене на неизроден триъгълник към изроден) неравенството да се докаже при условието 0., а и при условията 1., 2., 3., както вече казах, които условия 1., 2., 3. освен изродените триъгълници с ненулеви страни включват и три изродени триъгълника притежаващи нулева страна (и 2 ненулеви страни). Изродените триъгълници с 2 или 3, а значи с 3, нулеви страни нямат значение в горните разглеждания, доколкото изпълнението на неравенството и за тях следва от хомогенността на функцията, ако предполагаме, че тя е непрекъсната и в точката (0,0,0), иначе, ако не е - ще трябва неравенството да се проверява отделно и в тази точка, ако по условие са допуснати и тези толкова изродени ,,триъгълници", което условие да обозначим с 00. : [tex]0=a=b=c[/tex].

[Румен Симеонов]

Нека a, b, c са страни на триъгълник.
Докажете неравенството:
[tex]a^2 (b + c - a) + b^2 (c + a - b) + c^2 (a + b - c) \leq 3abc[/tex]

Беше ми забавно и удоволствие да прочета някои от решенията. Забелязвам, че много пъти в математиката задачите и решенията и по-конкретно задачи и решения за неравенства със страни на триъгълник представляват забавна игра на криеница. Един измисля задачата, а значи има и доказателство на неравенството, което е открил, и предлага на любопитните да открият неговото доказателство, като и сам проявява любопитство дали пък няма и други възможни доказателства освен неговото. Така се развиват откривателски способности у решаващите задачите. Някои, включително и аз, във връзка с този вид задачи си задават въпроса дали пък не може да се открие универсален метод за решаване на задачи за доказване на неравенство за страните на произволен триъгълник, така, че да не се. налага всеки път за всяка индивидуална задача да се измислят индивидуални хитринки за индивидуални отгатвания зависещи от спецификата на конкретното индивидуално неравенство. И така, като се възползвах от метода на Лагранж, изучаван в учебниците по висша математика, изобретих полу-универсален метод за решаване на голяма група, а да не би да се окаже и всички, задачи от този вид. За да си позволя да публикувам този мой метод и да го приложа и реша чрез него поставената тук задача, забелязах, че има ограничение в рубриката ,,Задача на седмицата" да се публикуват само задачи решими със знания добити от учебниците до 12-ти клас, но няма ограничение решенията, които така или иначе тук се наричат ,,мнения", да използват и други знания. Това е много правилно, защото един ученик, прочитайки такова решение ще бъде стимулиран да изучава висша математика. Ако пък админите са имали и продължават да имат желание тук да се публикуват само решения използващи само знания добити от учебниците до 12-ти клас, то тогава моля да ми укажат този факт и да ми дадат възможност да си запазя настоящото мнение преди да го изтрият, защото го пиша направо на телефон и може и да не съм успял да си го запазя. Методът, който открих е приложим поне за неравенства от вида [tex]0 \leq f(a,b,c)[/tex], където функцията притежава свойството наричано хомогенност (от някаква степен [tex]n[/tex]) да може да се изнася пред скоби, на някаква степен [tex]n[/tex], множител [tex]t[/tex] поставеен пред всяка от трите страни на триъгълник [tex]a,b,c[/tex]: [tex]f(ta,tb,tc)=t^nf(a,b,c), \forall t>0[/tex]. Конкретната задача, очевидно, има това свойство с [tex]n = 3[/tex], когато бъде записана във вида [tex]0 \leq f(a,b,c)[/tex], където [tex]f(a,b,c) = 3{abc} - a^2(b+c-a) - b^2(c+a-b) - c^2(a+b-c)[/tex]. Поради това свойство на хомогенност, оказва се достатъчно неравенството да бъде доказано при допълнителното предположение, че [tex]a+b+c=1[/tex] и то ще е вярно за страните на всеки триъгълник, дори и за иизродените без или със нулева страна. Методът се състои в това, че е достатъчно неравенството да бъде доказано за всички тройки числа [tex](a,b,c)[/tex], за които ([tex]a\ge 0, b\ge 0, c\ge 0, a+b+c=1\ и\ (a=0\ или\ b=0\ или\ c=0\ или\ -a+b+c=0\ или\ a-b+c=0\ или\ a+b-c=0)),\ а\ и за\ които\ (a>0, b>0, c> 0, -a+b+c>0, a-b+c>0, a+b-c>0, a+b+c=1\
и\ D(a,b,c)[/tex]), където с [tex]D(a,b,c)[/tex] съм обозначил следното условие: [tex]f_a(a,b,c)x+f_b(a,b,c)y+f_c(a,b,c)z=0[/tex], за всяка тройка числа [tex](x,y,z)[/tex], за която [tex]x+y+z=0[/tex], където пък, [tex]f_a(a,b,c), f_b(a,b,c), f_c(a,b,c)[/tex] обозначават производната на израза [tex]f(a,b,c)[/tex] спрямо [tex]a, b, c[/tex] съответно, при което условието [tex]D(a,b,c)[/tex] се оказва равносилно на [tex]f_a(a,b,c)=f_b(a,b,c)=f_c(a,b,c)[/tex]. Следователно, методът - лема на Румен Симеонов се свежда до това, че при хомогенна (от някоя, коя да е степен) функция [tex]f(a,b,c)[/tex], за да се докаже неравенството [tex]0\le f(a,b,c)[/tex] за всяка тройка числа [tex]a, b, c[/tex], която е съставена от страни на кой да е триъгълник, включително и за изродените триъгълници с нулево лице без или със нелева страна, е достатъчно да се докаже неравенството [tex]0\le f(a,b,c)[/tex] за числата [tex]a, b, c[/tex], отделно при всяко едно от следните условия:
4. При условие, че [tex]а=0, b\ge 0, c\ge 0, b+c=1[/tex] :
К. При условие, че [tex]b=0, c\ge 0, a\ge 0, c+a=1[/tex] ;
6. При условие, че [tex]c=0, a\ge 0, b\ge 0, a+b=1[/tex] ;
1. При условие, че [tex]a=b+c=1/2, b\ge 0, c\ge 0[/tex];
2. При условие, че [tex]b=c+a=1/2, c\ge 0, a\ge 0[/tex];
3. При условие, че [tex]c=a+b=1/2, a\ge 0, b\ge 0[/tex];
0. При условие, че [tex](a>0, b>0, c> 0, -a+b+c>0, a-b+c>0, a+b-c>0, a+b+c=1, f_a(a,b,c)=f_b(a,b,c)=f_c(a,b,c)[/tex].
Ако искаме да докажем неравенството само за неизродени триъгълници, достатъчно е да докажем, че то е изпълнено за изродените с ненулеви страни., т.е. - че е изпълнено в случаите 0 , 1., 2., 3.
При разрешено използване на лемата на Р. Симеонов, поставената задача се решава много лесно без да е необходимо да се измислят хитринки и без каквито и да е досещания - чисто рутинно, с грубата сила на изчисленията, които изчисления се оказват пък сравнително лесни за тази задача.
А именно.
При условието 4. неравенството се свежда до [tex]0\le 3.0 - 0^2(b+c) - b^2(c + 0 - b) - c^2(0 + b - c)[/tex] т.е. - до [tex]0\le (c-b)^2(c+b)[/tex], което е очевидно изпълнено.
При условията 5. и 6. заключението, че неравенството е изпълнено следва от доказаното при условието 4., чрез преименуване, ако искате кажете - чрез разместване на буквите обозначаващи страните на произволния триъгълник.
При условието 1. неравенството се свежда до [tex]0\le 3(b+c) - (b+c)^2.0 - b^2(2c) - c^2(2b)[/tex], т.е. - до [tex]0\le (b+c)(3 - 2bc)[/tex], което следва, че е изпълнено тъй-като от [tex]b\ge 0, c\ge 0, b+c=1/2[/tex] следва, че [tex]0\le(b+c),\ 3-2bc=3 - (b+c)^2+b^2+c^2 \ge 3 - (1/2)^2=9/4\ge 0[/tex].
При условията 2. и 3. заключението, че неравенството е изпълнено следва от доказаното при условието 1., чрез преименуване, ако искате кажете - чрез разместване на буквите обозначаващи страните на произволния триъгълник.
При условието 0., като изчислим, че [tex]f_a(a,b,c)=3bc-2a(b+c)+3a^2-b^2-c^2[/tex], извеждаме, че [tex]0=f_a(a,b,c)-f_b(a,b,c)= (a-b)(4(a+b)-2c-3c)=(a-b)(4a+4b-5c)[/tex] и, по аналогичен начин, освен, че [tex]0=(а-b)(4a+4b-5c)[/tex] получаваме и, че [tex]0=(b-c)(4b+4c-5a)[/tex], а също и че [tex]0=(c-a)(4c+4a-5b)[/tex]. От тази система, понеже [tex](a>0, b>0, c> 0[/tex], следва, че [tex]a=b=c[/tex] и неравенството се свежда до [tex]0\le3a^3-3a^2(2a -a)[/tex], т.е. - до [tex]0\le 0[/tex], което очевидно е изпълнено и, съгласно лемата на Р. Симеонов, от изпълнението на неравенството при всяко от условията от 0. до 6. следва, че то е изпълнено и за всяка тройка числа [tex]a, b, c[/tex] представляваща дължините на страните на който и да е триъгълник, ори ако той е изроден и дори ако е от втория вид изподени - тези които имат нулева страта. С това задачата е решена (даже в леко обобщен вариант, включващ и двата вида изродени триъгълници) с използване лемата на Р. Симеонов. Ако искахме да я решим само за неизродени триъгълници нямаше рнугда да провераваме изпълнието на неравенството при условията 4., 5., 6., а щеше да е достатъчна проверката на неговото изпълнение при случаите 0., 1., 2., 3.

По-горе съм допуснал неточност, като съм записал, че в случая 0. от съответната система следвало, че задължително [tex]a=b=c[/tex]. Истината е, че само следва, че поне една (а не всяка) двойка страни са равни и, значи, трябва да се докаже неравенството и в случая, когато една от страните е равна на [tex]1/9[/tex], а всяка от другите 2 е равна на [tex]4/9[/tex]. В този случай функциято приема стойност [tex]1/4[/tex] и неравенството е изпълнено, тъй като [tex]0\leqq 1/4[/tex].